精品解析：广西南宁三中五象校区2026届高三5月教学质量调研数学试卷

2026年5月高中毕业班教学质量调研 数学试卷 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 3. 样本数据的下四分位数为（ ） A. 3 B. 3.5 C. 10 D. 11 4. 为了得到函数y=sin（2x﹣）的图象，可以将函数y=sin2x的图象 A. 向右平移个单位 B. 向右平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向左平移个单位 5. 如图是古希腊数学家特埃特图斯用来构造无理数的平面图形，图中四边形的对角线相交于点，已知，则（ ） A. 1 B. -1 C. 0 D. 6. 已知抛物线：（）的焦点为，过点且垂直于轴的直线与交于两点，，点在上，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 7. 已知中，为的内心，，则周长的最大值为（ ） A. 4 B. 6 C. 16 D. 18 8. 设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二､选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 设等比数列的公比为，前项和为，若，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 数列是等比数列 C. D. 10. 已知定义域为的函数，对任意实数都有，且，则以下结论一定正确的有（ ） A. B. 是偶函数 C. 的图象关于点中心对称 D. 11. 在棱长为2的正方体 中，已知， 分别为线段 ， 的中点，点在四边形内运动，则（ ） A. B. 当点在上运动时，三棱锥的体积为 C. D. 周长的最小值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则__________. 13. 已知直线l： 与曲线和 都相切，则 _______. 14. 已知，为椭圆与双曲线的公共左，右焦点，为它们的一个公共点，且，O为坐标原点，，分别为椭圆和双曲线的离心率，则的最大值为_________． 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知数列的前项和为，，数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，求数列的前20项和，（注：结果可保留指数形式）. 16. 2024年被业界公认为“具身智能元年”．得益于硬件成本的雪崩式下降和视觉-语言-动作大模型的成熟．人工智能已经不再是概念和愿景，而是开始真实地走进企业和家庭，重新定义人类的工作和生活．新华中学为激发学生进一步对人工智能的了解，举办知识竞赛活动．活动分两轮进行，第一轮通过后方可进入第二轮，两轮通过后即可获得代表学校参加比赛的资格．已知小明、小华，小方3位同学通过第一轮的概率均为，在通过第一轮的条件下，他们通过第二轮的概率依次为，假设他们之间通过与否相互独立． （1）求这3人中至多有2人通过第一轮的概率； （2）设这3人中通过第二轮的人数为，求的分布列及期望． 17. 如图，在直四棱柱中，下底面 为平行四边形，，， ， 分别是上、下底面所在平面内两点，点在棱上，且点 是以为圆心的圆弧上的动点，点 是半圆弧上的动点（不包括端点）． （1）若点 在上，证明：平面； （2）设三棱锥的外接球的半径为 ，求 的取值范围． 18. 已知椭圆（）的焦距为，点在椭圆上. （1）求椭圆的方程； （2）点是椭圆上一点，过点作圆的两条切线分别交椭圆于，两点，若直线，的斜率都存在，且分别记为，. ①求的值： ②试问：的面积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由. 19. 已知函数. （1）求在区间上的值域； （2）证明：； （3）已知，若存在，使得，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年5月高中毕业班教学质量调研 数学试卷 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求集合，再根据交集的定义，求. 【详解】，解得：， 所以，， 所以. 故选：B 2. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算求得z可得答案. 【详解】由题意得，故则的虚部为-1， 故选：B 3. 样本数据的下四分位数为（ ） A. 3 B. 3.5 C. 10 D. 11 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件，利用百分位数的求法，即可求解. 【详解】因为，所以样本数据的下四分位数为， 故选：B. 4. 为了得到函数y=sin（2x﹣）的图象，可以将函数y=sin2x的图象 A. 向右平移个单位 B. 向右平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向左平移个单位 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：根据函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，可得结论． 解：y=sin（2x﹣）=sin2（x﹣）， 故将函数y=sin2x的图象向右平移个单位，可得y=sin（2x﹣）的图象， 故选B． 考点：函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换． 5. 如图是古希腊数学家特埃特图斯用来构造无理数的平面图形，图中四边形的对角线相交于点，已知，则（ ） A. 1 B. -1 C. 0 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据勾股定理，可证、，根据向量运算法则及数量积公式，整理计算，即可得答案. 【详解】因为，所以，即， 所以为等腰直角三角形，则， 因为，所以， 即，则， 则. 6. 已知抛物线：（）的焦点为，过点且垂直于轴的直线与交于两点，，点在上，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】由已知先求出点的坐标，由即可求得，利用抛物线的定义即可求解. 【详解】由题意有：当时，，所以， 所以，解得，又因为，所以. 故选：B. 7. 已知中，为的内心，，则周长的最大值为（ ） A. 4 B. 6 C. 16 D. 18 【答案】B 【解析】 【分析】由题意得，结合余弦定理、完全平方公式及基本不等式即可求解. 【详解】因为O是的内心 所以， 由于， 所以，故. 中，由余弦定理，得， 所以（当且仅当时，取“=”） 即，即周长的最大值为6. 故选：. 8. 设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，，利用导数讨论单调性即可比较大小. 【详解】令，， 当时，，则单调递增， 所以，即， 所以即所以， 令，， 当时，，则单调递减， 所以，即， 即，也即， 所以，所以，所以， 所以， 故选:A. 【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键. 二､选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 设等比数列的公比为，前项和为，若，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 数列是等比数列 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【详解】因为，，且，解得，. 则，则A正确； 而，则，故C错误； 因为，，所以， 则为等比数列，故B正确； 而，故D正确. 10. 已知定义域为的函数，对任意实数都有，且，则以下结论一定正确的有（ ） A. B. 是偶函数 C. 的图象关于点中心对称 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用赋值法结合函数奇偶性的判断可判断选项A、B，利用函数对称性结合特殊值以及运算规律判断C、D. 【详解】对于A，令，则，又， 所以，解得：，故A正确； 对于B，令，则， 即， 又函数的定义域为关于原点对称，所以是偶函数，故B正确； 对于C，若的图象关于点中心对称，则， 由，不符合题意，故C错误； 对于D，令，则， 即， 所以， ， ， ， 所以 ，故D正确. 11. 在棱长为2的正方体 中，已知， 分别为线段 ， 的中点，点在四边形内运动，则（ ） A. B. 当点在上运动时，三棱锥的体积为 C. D. 周长的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，根据向量垂直的定义可以判断A；根据平行于平面可知，点到平面距离为高，结合体积公式求解可以判断B；结合空间中两点距离公式，建立关于长度的方程即可求解C；将周长最小转化为求解最小，结合对称性求解D. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，，， 选项A：，，，故，A正确； 选项B：连接，在中，易知为中位线，则， 因为平面,平面，所以平面. 故直线到平面的距离即为三棱锥的高. ，，， 设平面的法向量为，则， 令，得，即， 所以直线到平面的距离. 因为， ， ， 所以， 可得， 所以 故，B正确； 选项C：设（满足，），， 当时，有最小值为，即，C错误； 选项D：，周长最小等价于最小， 作关于平面的对称点，， 故周长最小值为，且交点在四边形内，D正确. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出，再求. 【详解】由，， 可得， 所以. 13. 已知直线l： 与曲线和 都相切，则 _______. 【答案】## 【解析】 【分析】先分别设切点求导数得出切线斜率进而得出切线方程，由题意对照直线方程分别求出即得. 【详解】设直线 与曲线的切点为 ， 由求导得，则切线方程为 依题意，其与直线为同一条直线， 故 ,解得; 设直线l： 与曲线 的切点为 由求导得 则切线方程为 ， 依题意，其与直线为同一条直线， 故, 由②解得， 代入①，可得. 所以 . 14. 已知，为椭圆与双曲线的公共左，右焦点，为它们的一个公共点，且，O为坐标原点，，分别为椭圆和双曲线的离心率，则的最大值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知，由勾股定理可得三边关系，由离心率的定义可得，再利用向量法即可求出最大值. 【详解】由题意可设椭圆和双曲线的方程分别为， 因为二者共焦点，所以， 如图，设，由椭圆和双曲线的定义可知， 由此解得，由题意知， 所以， 故在中，由勾股定理可知，代入的表达式可得， 由离心率的定义可得，设，则， 所以问题转化为求的最大值， 设，由可得， 当且仅当两向量同向共线时即取等号，所以的最大值为. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知数列的前项和为，，数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，求数列的前20项和，（注：结果可保留指数形式）. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据的关系求出的通项公式，根据题意得到为等比数列，根据等比数列通项公式求出，进而求出的通项公式； （2）分组后由等差数列和等比数列的求和公式求解即可. 【小问1详解】 当时，， 当时，，满足上式，所以； 由得， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以. 【小问2详解】 . 16. 2024年被业界公认为“具身智能元年”．得益于硬件成本的雪崩式下降和视觉-语言-动作大模型的成熟．人工智能已经不再是概念和愿景，而是开始真实地走进企业和家庭，重新定义人类的工作和生活．新华中学为激发学生进一步对人工智能的了解，举办知识竞赛活动．活动分两轮进行，第一轮通过后方可进入第二轮，两轮通过后即可获得代表学校参加比赛的资格．已知小明、小华，小方3位同学通过第一轮的概率均为，在通过第一轮的条件下，他们通过第二轮的概率依次为，假设他们之间通过与否相互独立． （1）求这3人中至多有2人通过第一轮的概率； （2）设这3人中通过第二轮的人数为，求的分布列及期望． 【答案】（1） （2）分布列： 0 1 2 3 期望为 【解析】 【分析】（1）可应用二项分布求解3人中至多有2人通过第一轮的概率； （2）记小明、小华、小方通过第二轮的事件分别为，分别求出，进而可得不同取值时的概率，列出分布列，求出期望即可． 【小问1详解】 记3人中通过第一轮的人数为，由题意可知， 记“3人中至多有2人通过第一轮”为事件， 则． 【小问2详解】 记小明、小华、小方通过第二轮的事件分别为， 则， ， ， 由相互独立可知， ， ， 所以的分布列是： 0 1 2 3 则的数学期望是． 17. 如图，在直四棱柱中，下底面 为平行四边形，，， ， 分别是上、下底面所在平面内两点，点在棱上，且点 是以为圆心的圆弧上的动点，点 是半圆弧上的动点（不包括端点）． （1）若点 在上，证明：平面； （2）设三棱锥的外接球的半径为 ，求 的取值范围． 【答案】（1）证明：如图，作出符合题意的图形，连接， ，， 是等边三角形，是的中点，又是的中点， ，且， 四边形是平行四边形， ，又平面，平面， 平面，又， 且平面，平面，平面， 又，平面， 平面平面， 又平面，平面． （2） 【解析】 【分析】（1）连接，通过证明平面平面，即可得结论； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标表示求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，以 为原点建立空间直角坐标系， 则，，， 中点坐标为， 可设球心， 在以为圆心、1为半径的圆弧上， ，． 则，， 由， 化简得，，， 故，，． 18. 已知椭圆（）的焦距为，点在椭圆上. （1）求椭圆的方程； （2）点是椭圆上一点，过点作圆的两条切线分别交椭圆于，两点，若直线，的斜率都存在，且分别记为，. ①求的值： ②试问：的面积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由. 【答案】（1） （2）①；②是， 【解析】 【分析】（1）法一利用椭圆的定义求，得出椭圆的标准方程；法二利用待定系数法代入点求椭圆方程； （2）①根据圆心到直线的距离为2，得到方程，由根与系数的关系求出，再利用在椭圆上化简即可求解； ②根据不同的方法求出三角形面积的表达式，化简即可得出三角形面积为定值. 【小问1详解】 法一： 由题意椭圆的焦点在轴上，且，则， 由椭圆的定义得， 解得，则， 则椭圆方程为； 法二： 因为，所以，即椭圆方程为（）， 又在椭圆上，所以，解得 则椭圆方程为. 【小问2详解】 易知圆的圆心为，且原点在圆外，即，如下图： ①令，，则直线方程为，即， 因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离为，即， 化简得，同理得， 则是方程的两根，显然， 由韦达定理可知， 因为点在椭圆上，所以，则 则，即 ②法一： 设，， 则，，，点到直线的距离为， 因为，所以，则， ， 由，得，同理， 则，则， 所以. ②法二： 设，，则， 因为，所以直线方程为， 所以， 因为，两点在椭圆上，所以，， 则， 所以， 又， 所以 ， 则. ②法三： 设， （i）若直线与轴平行，由对称性，，， 因为，所以不妨设有，则， 则，解得，即， 则，. （ii）若直线不与轴平行，设直线方程为，（），直线与轴交点为, 则, 由，得， 由，得， ， 所以, 因为,所以, 即，得， 显然，即， . 综上 19. 已知函数. （1）求在区间上的值域； （2）证明：； （3）已知，若存在，使得，求的取值范围. 【答案】（1） （2）证明：由（1）可知当时有，所以， 又因为，所以 ，证毕. （3） 【解析】 【分析】（1）根据导数判断单调性即可得到值域； （2）利用（1）得到的以及对不等式左边进行放缩，裂项相消求和即可证明不等式； （3）构造函数，求导数，并对参数分类讨论即可. 【小问1详解】 由题得，所以在上单调递增， 于是有，且当时，， 故在区间上的值域为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 令，则， 当时， 令，则， 令，则， 令，则， ①当时，，所以在上单调递增， 所以，则在上单调递增， 所以，则在上单调递增，， 即， ②当时，，， 所以， 综上①②，当时，对任意，都有 成立，不符合题意． 当时， ， 则必存在，使得当时，， 所以在上单调递减，，即，符合题意， 所以的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $