广东东莞市塘厦中学2026届高三5月模拟考试数学试卷

**基本信息** 聚焦高三数学核心素养，覆盖集合、复数、向量等基础及函数、立体几何、概率统计等综合内容，通过多题型梯度设计，适配高考模拟预测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|集合运算、复数模长、向量垂直|基础题注重概念辨析，如第6题圆柱侧面积最值结合球体积，体现空间观念（数学眼光）| |多选|3/18|独立事件概率、平行六面体线面关系|第10题结合中点考查线面平行与夹角，培养逻辑推理（数学思维）| |填空|3/15|双曲线焦半径、等差数列求和、骰子点数计数|第14题有序数对计数，渗透数学抽象（数学眼光）| |解答|5/77|三角与数列综合、函数切线与恒成立、立体几何面面角、概率统计（公交等待时间）、双曲线与圆综合|第18题通过乘客等待时间数据，考查指数分布与费用均值，体现数据意识（数学语言）；19题双曲线与圆相切求最值，强化综合应用（数学思维）|

2026届高三5月模拟考试数学试卷 一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分. 1．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．已知复数满足，则（    ） A．1 B． C．2 D． 3．已知向量，若，则（    ） A．-1 B．0 C．1 D．2 4．记为数列的前项和，已知，，则（   ） A．18 B．54 C．81 D．162 5．已知，则（   ） A． B． C． D． 6．已知圆柱的轴截面是周长为24的矩形，其上下底面的圆周都在同一球面上，当圆柱的侧面积最大时，该球的体积为（   ） A． B． C． D． 7．将函数图象上的点向左平移个单位长度得到点，若在函数的图象上，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．若方程的三个根成等比数列，则该数列的公比为（    ） A． B． C．2 D．3 二、多项选择题，本题共3小题，每小题满分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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9．设事件，满足，，则下列结论正确的是（ ） A． B．若，互斥，则 C．若，独立，则 D．若，则，独立 10．在平行六面体中，，，，分别为棱，的中点，则（   ） A． B．平面 C． D．直线与所成角的余弦值为 11．已知抛物线为坐标原点，过点作斜率为的直线交抛物线于两点，其中在第一象限，直线交抛物线于另一点，其中，直线与直线交于点．则（    ） A． B．当时，直线的方程为 C．当四点共圆时， D．点落在定直线上 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知双曲线的左、右焦点分别为，，是右支上一点，，则_____． 13．已知等差数列的前项和为，且，，则________． 14．一枚质地均匀的骰子，六个面分别标有数字，随机投掷该骰子3次，得到的点数依次记为，则满足的有序数对的个数为________． 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．（13分）记的内角，，的对边分别为，，，且． (1)证明：，，成等差数列； (2)若，延长至，使得，求． 16．（15分）已知函数． (1)曲线在点处的切线方程为，求实数的值； (2)当时，对于任意，恒成立，求实数的取值范围． 17．（15分）如图，正四棱锥的所有棱长均为2，点M是棱的中点. (1)证明：平面； (2)设点Q在棱上，求平面与平面所成角的余弦值的最大值. 18．（17分）某公交车每10分钟发一班车，但由于交通状况，实际到达某一固定站点的时间间隔不稳定.为了研究乘客的等待时间，随机记录了50名乘客的等待时间，数据整理如下表（单位：分钟）： 等待时间 频数 20 14 10 6 (1)估计这50名乘客的平均等待时间（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； (2)记乘客等待时间为，随机变量X服从指数分布，且取值不超过的概率为，其中是自然对数的底数. （i）证明：对于任意的，有； （ii）如果小明已经等公交车等了5分钟，记他还需要的等待时间为（单位：分钟）.他利用人工智能辅助决定：若，则坐公交车（费用2元）；若，则打车（费用20元）.求小明的交通费用的均值. 19．（17分）已知双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为1，点在双曲线上． (1)求双曲线的标准方程； (2)设点是双曲线上的动点，是圆上的动点，且直线与圆相切，求的最小值； (3)如图，是双曲线上两点，直线与轴分别交于点，点在直线上；若关于原点对称，且，是否存在点，使得为定值；若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由． 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三5月模拟考试数学试卷参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B A B C C C A BC ABD 题号 11 14 答案 ACD A 1．B 【详解】，则. 2．B 【详解】因为. 所以. 3．A 【分析】根据向量垂直，数量积为计算即可. 【详解】因为， 则， 则， 所以， 解得. 4．B 【分析】借助与关系计算可得，则可由等比数列定义求出数列的通项公式，即可得. 【详解】当时，，则， 故，又，故数列是以为首项，为公比的等比数列， 即，故. 5．C 【分析】借助完全平方公式及二倍角公式可得，结合原式计算即可得解. 【详解】由， 故， 故，故，即. 6．C 【分析】设该圆柱高为，底面半径为，则可得、间关系，再表示出圆柱的侧面积后，利用二次函数性质可得取最大时的、，从而可求出此时该球的半径，即可得其体积. 【详解】设该圆柱高为，底面半径为，则，即有， 圆柱的侧面积， 故当且仅当、时，取最大， 此时圆柱的外接球半径为， 则该球的体积. 7．C 【分析】将代入该函数，可求出的值，再根据函数图象平移的坐标变化规律，可写出点的坐标，进而得到关于的等式，最后等式转化为同名三角函数，再结合三角函数的周期性，求出的最小值. 【详解】点在上，代入， 得：， 点向左平移个单位，纵坐标不变，横坐标减，得， 因为点在的图象上， 所以， 化简得：， 解得， 因为，取，得最小正值. 8．A 【分析】利用数形结合判断根的分布，再结合对数运算，通过代换变形可求得公比. 【详解】 如图可知：方程的三个根的分布为：， 因此， 再设公比为，则，，由等比中项性质得， 将等式相减得： ， 代入可得： 再代入，可得， 代入，，可得， 解得或（负根舍去），且满足，即公比为. 9．BC 【分析】根据对立事件的概率公式即可判断A；由概率的加法公式即可判断B；由独立事件的乘法公式即可判断C；由条件概率公式即可判断D． 【详解】对于A，，， 所以，故A错误； 对于B，若，互斥，则， 所以，故B正确； 对于C，若，独立，则，故C正确； 对于D，， 因为，所以， 因为，所以，不独立，故D错误． 10．ABD 【分析】对A：连接，借助中位线性质可得，利用平行六面体性质结合平行四边形定义及其性质可得，则可得；对B：借助菱形性质可得，再利用题目条件可得，则有等腰三角形三线合一可得，即可利用线面垂直判定定理得到平面；对C：得到、及后，利用余弦定理计算即可得；对D：由，，可得即为所求，求出、、后，利用余弦定理计算即可得. 【详解】对A：连接，由，分别为棱，的中点，则， 由平行六面体性质可得，且，故四边形为平行四边形， 故，又，故，故A正确； 对B：连接、、、，设， 由，则四边形为菱形，故，为中点， 由，，，故与全等， 故，又为中点，故， 又，、平面，故平面，故B正确； 对C：由，， 则、、都为等边三角形，故， 则，， 故， 故，即，故C错误； 对D：连接，由，， 故直线与所成角即为直线与所成角，即为， ， ，， 则，故D正确. 11．ACD 【分析】根据条件求出点的坐标，代入抛物线方程，即可求解判定A，联立直线与抛物线方程，由韦达定理得，根据已知条件判定B，C，根据条件求出的横坐标，再结合韦达定理计算判定D. 【详解】因为点，则，又，则， 所以，代入抛物线，得到，解得，A选项正确； 所以抛物线的方程为， 设直线方程为， 设，联立， 消得到， 则， 当时，， 所以或，且，即得， 所以直线的方程为，B选项错误； 当四点共圆时，则有，故， 则，所以， 又， 所以，即， 整理得到，又，所以，故直线的方程为，C选项正确； 由，得到直线， 由，得， 直线，联立方程，解得，， ， 由，得， 所以点落在定直线上，D选项正确； 12．5 【分析】根据双曲线的定义及勾股定理即可求解． 【详解】由题知，， 在中，， 由得，， 所以． 13． 【分析】利用等差数列前项和公式，结合等差数列性质求出公差即可. 【详解】在等差数列中，， 由，得，解得， 由，得，解得， 因此数列的公差为， 所以. 14．A 【分析】不妨设，由得到，则有 2，分别按照和的差值是讨论求解. 【详解】不妨设，则， 故，所以要使得， 只需要2. 若，此时三个数的取值有和三种情况，当三个数的取值为时，有序数对共有3种情况； 当三个数的取值为时，有序数对共有6种情况； 当三个数的取值为时，有序数对共有3种情况； 所以当时，有序数对的个数共有12种. 同理，，； ； 的不同情况也均为12种， 故满足的有序数对的个数为. 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据已知结合两角和的正弦公式，诱导公式及正弦定理即可证明； （2）由及已知得出是等边三角形，设，则，由余弦定理即可求解． 【详解】（1）因为， 所以， 所以， 因为，所以， 所以， 由正弦定理得，，所以，，成等差数列． （2）因为，代入，可得， 因为，所以，所以是等边三角形， 设，则， 在中，由余弦定理， 得， 所以． 16．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据切线方程为可得斜率为，以及经过点，即可求导得解， （2）将问题转化为，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可求解， （3）根据（2）的结论得，即可累加求解. 【详解】（1）， 则，则 （2）当时，依题意有对于任意恒成立，则， 设， 设， 由得：，则在上单调递减， 且，则在上恒成立，即在上单调递减， ，则，则. （3）由（2）可知，当时，， 令，则，因为， 令，则， 即， 累加得：， 即成立    . 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用正四棱锥的性质，结合中点条件，通过等腰三角形三线合一证明与，与垂直，进而证明平面； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解二面角的余弦值，设点的坐标参数，进而表示出平面的法向量，结合平面的法向量，计算两个法向量夹角的余弦值，再根据参数范围求最大值. 【详解】（1）因为的所有棱长相等，点是棱的中点， 所以，， 又因为，平面， 所以平面. （2）以为坐标原点，所在直线为轴，以过点且垂直于底面的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，， 设，由（1）知平面， 则为平面的法向量. 则，， 设平面的法向量为， 则，可取， 记平面与平面所成角为，则. 当时，取到最大值. 18．(1)7.7分钟 (2)（i）证明见解析（ii）元 【分析】（1）利用组中值法计算样本均值即可. （2）（i）根据条件概率公式证明即可. （ii）结合指数分布的数学期望计算即可. 【详解】（1）平均时间. （2）（i）证明：由题意知，， 分别记已经等待s分钟和已经等待分钟为事件A和事件B， 则 . 所以对于任意的，有. （ii）由（i）知， ， 所以费用的期望是（元）. 19．(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）根据焦点到渐近线的距离为1以及点在双曲线上，列出的方程，求解出，即可写出双曲线的标准方程. （2）根据切线的性质可得，将问题转化成求的最小值问题，结合两点间距离公式将表示成的函数表达式，求解出最小值即可. （3）设出坐标以及直线的方程，联立直线与双曲线方程，写出韦达定理，再写出直线方程，可求得坐标，利用关于原点对称列出方程，找出之间的关系，从而可得直线所过定点，再借助直角三角形判断是否为定值即可. 【详解】（1）因为焦点到一条渐近线的距离为1，即. 又点在双曲线上，所以，解得. 所以双曲线的方程为. （2）圆的圆心，半径为. 因为是圆上的动点，直线与圆相切，所以，. 所以. 设，因为是双曲线上的动点，所以. 所以. 当时，取得最小值，此时. 所以. （3）由题意知，直线的斜率存在，设直线的方程为. 联立，整理得：. 且. 设，则. 直线的方程为. 令，则，即. 同理可得，. 因为关于原点对称，所以， 即. 整理得. 即. 整理得，即. 所以或. 若，则，则直线方程为，即， 此时直线过点，不符合题意. 若，则直线方程为，恒过定点. 所以为定值，又，在中，为斜边， 所以当为中点时，. 因此存在点，使得为定值. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $