精品解析：浙江省强基联盟2026年高三5月题库数学试题

2026年高三5月题库 数学试题 考生注意： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助交集定义即可得. 【详解】由，则 2. 数据1，2，4，5，7，9的第60百分位数为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【详解】易知共6个数据，且， 因此第60百分位数取第四个数即可，即为5. 3. 下列函数中，最小正周期为且为偶函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】所有选项的定义域都是， 对于A，因为，所以是奇函数，A错误； 对于B：因为，所以是偶函数， 的周期为 ，加绝对值后，图象把轴下方的部分翻折到上方，周期变为（如图）， B正确； 对于C：，图象为 很显然不具备周期性，C错误； 对于D，是周期为 的偶函数，D错误． 4. 下列函数所表示的曲线中，存在切线与轴平行的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求定义域，求导，设出切点，根据导函数几何意义得到方程，解方程，可得结论 【详解】A选项，的定义域为R，，设切点为， 假设在处的切线与轴平行， 则，则，， 所以曲线的图象上存在与轴平行的切线，A正确； B选项，的定义域为R，，设切点为， 假设在处的切线与轴平行， 则，无解，故的图象上不存在与轴平行的切线，B错误； C选项，的定义域为，，设切点为， 假设在处的切线与轴平行， 则，无解，的图象上不存在与轴平行的切线，C错误； D选项，的定义域为R，，设切点为， 假设在处的切线与轴平行， 则，无解，故的图象上不存在与轴平行的切线，D错误； 5. 已知为直线， 为平面，则下列条件是“”的充要条件的是（ ） A. 垂直平面 内的两条直线 B. 垂直平面 内的无数条直线 C. 的方向向量垂直于平面 的法向量 D. 的方向向量平行于平面 的法向量 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，垂直平面 内的两条直线，若两直线平行，则不能推出，故A错误. 对于B，垂直平面 内的无数条直线，若无数条直线两两平行，则不能推出， 故B错误. 对于C，的方向向量垂直于平面 的法向量，则或，故C错误. 对于D，的方向向量平行于平面 的法向量，则有. 反之，若，则有的方向向量平行于平面 的法向量.故D正确. 6. 在二项展开式中，前三项的系数成等差数列，则实数的值是（ ） A. 或7 B. 2或7 C. 或14 D. 2或14 【答案】D 【解析】 【分析】利用二项式定理的通项公式先求，再由等差中项即可求解. 【详解】令 ，得，由， 所以，， 因为成等差数列，所以， 所以，所以，即， 解得或. 7. 已知 为 的外心，且满足，则的值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由三角形外心的性质，得到，，再通过，两边分别点乘，，结合数量积运算律即可求解. 【详解】因为 为 外心，（外心为三角形各边垂直平分线的交点，所以外心在各边的投影为各边中点）， 即在上的投影为，在上的投影为， 所以 ，， 又， 两边点乘得： ， 即， 整理得：，（1） 两边点乘得： , 即， 整理得：，（2） 联立（1）（2），消去得： ， 化简得： ，即. 8. 如果一条双曲线的实轴与虚轴分别为另一条双曲线的虚轴与实轴，则这两条双曲线互为共轭双曲线，已知，互为共轭双曲线，且，的离心率分别为，，则的最大值是（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意设，的标准方程，再用 ，表示出，，代入后，利用函数的单调性求出最大值. 【详解】设双曲线的标准方程为，，则双曲线的标准方程为，， 所以，， 所以， 设，则， 设，则， 令，解得，又因为，所以， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以当，函数有最大值， 所以的最大值为. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知抛物线与圆交于两点，则下列说法正确的是（ ） A. 圆心坐标为 B. C. 抛物线的准线与圆相切 D. 过抛物线焦点的直线与圆相交 【答案】BCD 【解析】 【详解】A选项，由，故圆心为，A错误； B选项，联立抛物线与圆消去 得， 解得或 ，当时，，不合要求，舍去； 当时，，解得，即，则，B正确； C选项，抛物线的准线为 ，圆心到 的距离为2，等于圆的半径， 故抛物线的准线与圆相切，C正确； D选项，抛物线焦点坐标为，此时直线过圆的圆心，则与圆一定相交，D正确. 10. 如图，在正三棱台中，为的中点， 是上的动点（不含端点），记直线与直线 所成角为 ，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则下列关于的大小，一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据定义分别作出 ， ， ，再利用三角函数值域以及单调性即可得出AD正确，分别假设三棱台趋近于棱柱或者高为0时，可得的大小无法比较. 【详解】取 的中点为 ，连接 ，作 ，垂足为 ，连接 ，如下图所示： 根据正三棱台性质可得 ，又因为 ，且 平面 ， 所以 平面 ， 又平面 ，所以， 又因为 ， ，且 平面， 所以平面， 依题意可知直线与直线 所成角为 ， 直线与平面所成角为 ，二面角的平面角为 ； 易知，且， 即可得 ，所以 ，因此可得A正确，D正确； 又因为当三棱台趋近于三棱柱，且 点趋近于点时，此时 ，可得； 当三棱台的高趋近于0，且 点趋近于点时，此时 ，可得； 所以的大小无法比较，因此选项B错误，C错误. 11. 我国古代典籍《管子·地员篇》最早记载的“三分损益法”是用来算音阶的方法，它是把古琴的一根弦平均分成三截，截短一截就是“三分损一”，加长一截就是“三分益一”.我们取第一个音“黄钟”的弦长81，记为，用“三分损一”得到第二个音“林钟”的弦长，记为，再用“三分益一”得到第三个音“太簇”的弦长，记为，按此规律依次交替损益就能得到“十二律吕”的弦长.把上述依次得到的弦长组成的数列记为（）.则下列说法正确的是（ ） A. B. C. ，使得 D. ，都有 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意可得数列的递推公式，分析可知数列是以首项，公比为的等比数列，即可得，，进而逐项分析判断. 【详解】由题意可知：，，，， 则， 可知数列是首项为，公比为的等比数列，则，， 所以，故A正确； 因为，则，即，故B正确； 因为， 即，所以不存在，使得，故C错误； 由等比数列性质可知，即，都有，故D正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在复平面内，i为虚数单位，对应的复数是，对应的复数是，则对应的复数是_____. 【答案】 【解析】 【详解】复平面上的向量加法与复数加法法则一致，即对应坐标相加， 因为， 所以对应的复数是. 13. 在 中，角 ， ，所对的边分别是 ，，，且 ， ，，则 的面积为___________. 【答案】 【解析】 【分析】首先根据正弦定理及二倍角公式求出的值，再求出，，的值，利用诱导公式及和角公式得到的值，最后根据 的面积公式进行求解. 【详解】因为 ， ，， 由正弦定理得， 即， 即， 因为， 所以， 即， 因为，所以， ， ， ， 所以 的面积. 14. 设关于的方程（为自然对数底数）有个不相等的实数解，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】通过换元法将方程转化为二次方程，结合函数的单调性判断根的个数，再利用对数运算求解即可. 【详解】由题意知，，原方程两边同时除以，化简为：， 令，则方程变为：， 解得或，即或， 所以原方程实数解的个数转化为与、图象交点的个数， 令，则， 当 时，，单调递减；当时，，单调递增，所以函数在处取得最小值为， 又因为当时，，当 时，， 而，所以与、图象各有两个交点，即原方程共有个互不相等的实数解. 由得，两边取自然对数：，即， 同理，由化简得：， 所以. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知数列的前项和为，且满足. （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出，再求. （2）利用裂项相消法求和. 【小问1详解】 由可得， 所以可得. 当时，可得. 【小问2详解】 因为，所以. 则 . 16. 信息安全是互联网时代最重要的安全之一，我国自主研发的量子通信保密传输系统，依靠量子密钥分发实现信息安全传输，该系统采用量子信道和经典信道协同工作，某量子通信保密传输系统在单次密钥分发过程中，量子信道成功密钥生成的概率为，经典信道完成信息匹配的概率为，且两个信道工作相互独立．只有当量子信道密钥生成成功，且经典信道信息匹配成功，则本次有效密钥分发成功，否则本次有效密钥分发失败． （1）求该系统单次有效密钥分发成功的概率； （2）若该系统独立进行 次密钥分发，记为有效分发成功的次数，求的数学期望； （3）科研人员对该系统连续传输的密钥准确率进行检测，发现密钥准确率（单位：）服从正态分布．若准确率不低于为“最优传输”，估算次密钥分发中，可用于“最优传输”的次数． 附：若，则，，． 【答案】（1） （2） （3）次密钥分发中，“最优传输”的次数约为 【解析】 【分析】（1）根据两个信道工作相互独立，利用独立事件同时发生的概率乘法公式，将量子信道成功概率与经典信道匹配概率相乘，即可得到单次有效密钥分发成功的概率； （2）单次有效密钥分发成功的概率固定， 次独立重复试验中成功次数服从二项分布，直接套用二项分布数学期望公式计算即可； （3）先由正态分布参数算出均值与标准差，将 “准确率不低于” 转化为正态分布中的概率，利用正态分布的对称性和，求出对应概率后乘以总次数，估算出“最优传输”的次数． 【小问1详解】 设 “量子信道成功密钥生成”为事件 ，“经典信道完成信息匹配” 为事件 ， 由题意得，，且 与 相互独立， 所以该系统单次有效密钥分发成功的概率； 【小问2详解】 由题意得，，所以； 【小问3详解】 由题意得，，则，， 因为“最优传输”要求，即， 所以， ， 所以次密钥分发中，“最优传输”的次数约为． 17. 如图，在四棱锥中，底面 是边长为4的正方形， 是正三角形，且平面，若分别为的中点，点 在直线上. （1）求证：直线与直线为异面直线； （2）求直线与平面所成角的最大值. 【答案】（1）证明：取 中点 ，连接、， 由分别为的中点，底面 是正方形， 故、，则，故 、 、 、 四点共面， 因为平面，，平面， 故直线与直线为异面直线； （2） 【解析】 【分析】（1）取 中点 ，借助中位线性质可得，则可得 、 、 、 四点共面，结合点 在直线上，即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系后，求出直线的方向向量与平面的法向量后，利用空间向量夹角公式计算即可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由 是正三角形，且 为 中点，故， 由平面，平面，故， 又， 、平面 ，故平面 ， 故可以以 为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则、、、、 、、， 由 分别为的中点，故、， 则、、、， 设，，则， 设平面的法向量为， 则有， 取，则 、，即， 有， 设直线与平面所成角为， 则， 当且仅当时，等号成立， 故最大值为，即直线与平面所成角的最大值为. 18. 已知函数. （1）若 ，求曲线在点处的切线方程； （2）若为函数的三个零点，且满足， ①求实数的取值范围； ②求的最小值. 【答案】（1） （2）① ② 【解析】 【分析】（1）求导求出切线斜率，代入点坐标可求切线方程. （2）①对函数求导，分析判断满足零点条件所需要的函数单调性区间，建立关于的限制条件，解出取值范围. ②根据零点大小关系求出，接着观察函数的结构特征，建立函数关系式，求出，再用均值不等式求解，可得最小值. 【小问1详解】 ，所以 ，可得点 ，所以 ， 所以切线方程为. 【小问2详解】 ①因为， 若，则恒成立，故 在上递增，不可能有三个零点，不合题意. 若，则有两个不相等的实数根，记为，且， 故在上递增，在上递减， 因为，所以， 又因为当时，， 令，则， 所以在上递增，且， 同理，所以在和上各有一个零点，又 显然是 的一个零点. 综上，当函数 有三个零点时，可得实数的取值范围为. ②，因为，所以，， 所以， 由， 可得 ， 又因为 ， 根据区间单调性，可得 ， 所以， 又因为，当且仅当，即时等号成立， 所以. 19. 为椭圆上异于顶点的动点，且的离心率为，分别为的左、右焦点， 为的左顶点，记. （1）求的方程； （2）求证：； （3）设点，过点 作一条不与坐标轴垂直的直线，交椭圆于 ， 两点，再过点 作一条垂直于轴的直线分别交直线于点 .问是否存在，使得点四点共圆（ 为坐标原点）？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） 因为， 由正弦定理可得， 即，整理可得. （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据方程可知，结合离心率可得，即可得椭圆方程； （2）根据离心率结合椭圆定义可得，再利用正弦定理结合三角恒等变换运算分析证明； （3）假设存在，设直线，，，与椭圆方程联立可得韦达定理，结合圆的性质可得，整理可得，代入韦达定理运算求解即可. 【小问1详解】 由椭圆方程可知：， 因为，解得， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 假设存在，可设直线，，，且， 联立方程，消去x可得， 则，可得， 则，， 由题意可知：，则直线， 令，可得，即， 同理可得， 若四点共圆，则， 可得， 且，则，可得， 且，，， 则， 整理可得， 即， 则， 整理可得，解得或（舍去）， 所以存在，使得点四点共圆，此时. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高三5月题库 数学试题 考生注意： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 数据1，2，4，5，7，9的第60百分位数为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 3. 下列函数中，最小正周期为且为偶函数的是（ ） A. B. C. D. 4. 下列函数所表示的曲线中，存在切线与 轴平行的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知为直线， 为平面，则下列条件是“”的充要条件的是（ ） A. 垂直平面 内的两条直线 B. 垂直平面 内的无数条直线 C. 的方向向量垂直于平面 的法向量 D. 的方向向量平行于平面 的法向量 6. 在二项展开式中，前三项的系数成等差数列，则实数的值是（ ） A. 或7 B. 2或7 C. 或14 D. 2或14 7. 已知 为 的外心，且满足，则的值为（ ） A. 2 B. C. D. 8. 如果一条双曲线的实轴与虚轴分别为另一条双曲线的虚轴与实轴，则这两条双曲线互为共轭双曲线，已知，互为共轭双曲线，且，的离心率分别为，，则的最大值是（ ） A. 1 B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知抛物线与圆交于两点，则下列说法正确的是（ ） A. 圆心坐标为 B. C. 抛物线的准线与圆相切 D. 过抛物线焦点的直线与圆相交 10. 如图，在正三棱台中，为的中点， 是上的动点（不含端点），记直线与直线 所成角为 ，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则下列关于的大小，一定正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 我国古代典籍《管子·地员篇》最早记载的“三分损益法”是用来算音阶的方法，它是把古琴的一根弦平均分成三截，截短一截就是“三分损一”，加长一截就是“三分益一”.我们取第一个音“黄钟”的弦长81，记为，用“三分损一”得到第二个音“林钟”的弦长，记为，再用“三分益一”得到第三个音“太簇”的弦长，记为，按此规律依次交替损益就能得到“十二律吕”的弦长.把上述依次得到的弦长组成的数列记为（）.则下列说法正确的是（ ） A. B. C. ，使得 D. ，都有 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在复平面内，i为虚数单位，对应的复数是，对应的复数是，则对应的复数是_____. 13. 在 中，角 ， ，所对的边分别是 ，，，且 ， ，，则 的面积为___________. 14. 设关于 的方程（为自然对数底数）有个不相等的实数解，则___________. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知数列的前项和为，且满足. （1）求的值； （2）求的值. 16. 信息安全是互联网时代最重要的安全之一，我国自主研发的量子通信保密传输系统，依靠量子密钥分发实现信息安全传输，该系统采用量子信道和经典信道协同工作，某量子通信保密传输系统在单次密钥分发过程中，量子信道成功密钥生成的概率为，经典信道完成信息匹配的概率为，且两个信道工作相互独立．只有当量子信道密钥生成成功，且经典信道信息匹配成功，则本次有效密钥分发成功，否则本次有效密钥分发失败． （1）求该系统单次有效密钥分发成功的概率； （2）若该系统独立进行 次密钥分发，记为有效分发成功的次数，求的数学期望； （3）科研人员对该系统连续传输的密钥准确率进行检测，发现密钥准确率（单位：）服从正态分布．若准确率不低于为“最优传输”，估算次密钥分发中，可用于“最优传输”的次数． 附：若，则，，． 17. 如图，在四棱锥中，底面 是边长为4的正方形， 是正三角形，且平面，若分别为的中点，点 在直线 上. （1）求证：直线与直线为异面直线； （2）求直线与平面所成角的最大值. 18. 已知函数. （1）若 ，求曲线在点处的切线方程； （2）若为函数的三个零点，且满足， ①求实数的取值范围； ②求的最小值. 19. 为椭圆上异于顶点的动点，且的离心率为，分别为的左、右焦点， 为的左顶点，记. （1）求的方程； （2）求证：； （3）设点，过点 作一条不与坐标轴垂直的直线，交椭圆于 ， 两点，再过点 作一条垂直于 轴的直线分别交直线于点 .问是否存在，使得点四点共圆（ 为坐标原点）？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $