精品解析：云南曲靖市宣威市第七中学2026届高三下学期5月模拟数学试卷

宣威七中2026届高三5月模拟考 一、单选题 1. 若集合，，且，则的值为（ ） A. 4 B. 2或4 C. 或4 D. 或4 2. 已知复数在复平面内表示的点在直线上，则复数的共轭复数（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量与，若，则实数（ ） A. B. C. D. 4. “”是函数在R上单调递增的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知点是双曲线上第一象限内的一点，点、是其左、右顶点，且，过点作与直线倾斜角互补的直线与直线交于点，若点在椭圆上，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆与圆至少有三条公切线，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 重庆奉节县柑橘栽培始于汉代，历史悠久.奉节脐橙果皮中厚､脆而易剥，酸甜适度，汁多爽口，余味清香，荣获农业部优质水果､中国国际农业博览会金奖等荣誉.据统计，奉节脐橙的果实横径(单位：)服从正态分布，则果实横径在的概率为（ ） 附：若，则；. A. 0.6827 B. 0.8413 C. 0.8186 D. 0.9545 8. 分别为的外心和重心，，若，则的面积的最大值（ ） A. 2 B. C. D. 二、多选题 9. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S7＝a4，则（ ） A. a1＋a3＝0 B. a3＋a5＝0 C. S3＝S4 D. S4＝S5 10. 某校组织学生参加全市一项比赛，现将参加考核的160名学生的成绩分为5个小组，绘制如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确的是（每组数据以区间的中点值为代表）（ ） A. 的值为0.025 B. 参加考核学生成绩的中位数约为71.4 C. 参加考核学生成绩在区间的学生有104人 D. 估计参加考核学生成绩的平均数约为69.5 11. 如图，在正三棱柱中，，是棱上任一点，则下列正确的是（ ） A. 正三棱柱的外接球表面积为 B. 周长的最小值为 C. 棱上总存在点，使得直线平面 D. 为的中点，平面将三棱柱分成两部分，若两部分的体积分别为，，则 三、填空题 12. 已知函数，则曲线在点处的切线方程为______. 13. 在平面直角坐标系中，已知抛物线的准线为，点在上，以为圆心的圆与相切且截轴所得的弦长为，则__________． 14. 已知函数的图象在区间上有且只有4个最高点，则实数的取值范围是__________. 四、解答题 15. 2026 年 4 月 19 日， 第二届人形机器人半程马拉松在北京亦庄举行， 来自各地的机器人参赛队伍同场竞技，引发广泛关注.为研究 “机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 之间是否存在关联，某科研团队对本次参赛的 500 台机器人进行统计，得到如下列联表 （单位： 台）： 完成比赛 未完成比赛 搭载智能避障系统 180 70 未搭载智能避障系统 120 130 （1）根据小概率值 的独立性检验，能否认为 “机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 有关? （2）从该 500 台机器人中，采用按比例分层抽样的方法（以是否搭载智能避障系统分类），抽取一个容量为 10 的样本.再从这10台机器人中，不放回地随机抽取3台，设其中 “搭载智能避障系统” 的台数为.求的数学期望 . 附： ，其中 . 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 16. 设数列的前n项和为，且满足． （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，求数列的前n项和； （3）令，记数列的前n项和为，求证：． 17. 在边长为4的菱形中，，对角线与交于点O，将沿折起，使得点A到达点P的位置，得到如图所示的三棱锥，M为直线上一点． （1）证明：平面平面； （2）若二面角的大小为120°，直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 18. 已知椭圆的右顶点为，点为椭圆上的一点．设椭圆的左、右焦点分别为． （1）求椭圆的标准方程及离心率； （2）过点的直线与椭圆交于两点（异于椭圆的左、右顶点）． （i）求面积的最大值； （ii）设直线分别交轴于两点，求证：以为直径的圆与轴相交的弦长为定值． 19. 已知函数． （1）若在时取极值，求的值和的极小值； （2）若不等式对任意恒成立，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宣威七中2026届高三5月模拟考 一、单选题 1. 若集合，，且，则的值为（ ） A. 4 B. 2或4 C. 或4 D. 或4 【答案】C 【解析】 【详解】当时，满足； 当时，因为，所以， 此时，满足． 2. 已知复数在复平面内表示的点在直线上，则复数的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据复数的几何意义得出点，再应用点在线上得出，最后应用共轭复数定义求解. 【详解】复数在复平面内表示的点在直线上， 则，即得，则， 则复数的共轭复数. 3. 已知向量与，若，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平面向量平行的坐标运算即可. 【详解】因为，所以，即. 4. “”是函数在R上单调递增的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】由函数在R上单调递增， 可得，解得， 则“”是函数在R上单调递增的必要不充分条件. 5. 已知点是双曲线上第一象限内的一点，点、是其左、右顶点，且，过点作与直线倾斜角互补的直线与直线交于点，若点在椭圆上，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用椭圆上点到顶点、的斜率之积为，结合直线与倾斜角互补的条件，即可求出，进而求得离心率. 【详解】由双曲线，左右顶点为，则， 因为，所以，得，即. 设，满足，所以， 所以， 设，满足，所以， 所以， 因为直线的倾斜角与直线的倾斜角互补，所以， 又因为，所以，即，所以， 所以. 6. 已知圆与圆至少有三条公切线，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出圆心和半径，再结合公切线的条数得到两个圆的位置关系，进而建立不等式，求解参数范围即可. 【详解】由题意得圆心，半径，，， 因为两圆至少有三条公切线，所以两圆位置关系为外切或外离， ，， 即，解得， 则的取值范围为． 7. 重庆奉节县柑橘栽培始于汉代，历史悠久.奉节脐橙果皮中厚､脆而易剥，酸甜适度，汁多爽口，余味清香，荣获农业部优质水果､中国国际农业博览会金奖等荣誉.据统计，奉节脐橙的果实横径(单位：)服从正态分布，则果实横径在的概率为（ ） 附：若，则；. A. 0.6827 B. 0.8413 C. 0.8186 D. 0.9545 【答案】C 【解析】 【分析】 由题得，以及和，利用对称性可得答案． 【详解】由题得，， 所以，， 所以，所以， 所以果实横径在的概率为. 故选：C. 8. 分别为的外心和重心，，若，则的面积的最大值（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设为边中点，连接，作于，即为中点，求得，，化简得，再通过面积公式和基本不等式即可得到答案. 【详解】设为边中点，连接，作于，即为中点， 因为， 同理， 则 ， 所以，因为， 所以的面积为， 当且仅当时取等号. 故选：B 二、多选题 9. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S7＝a4，则（ ） A. a1＋a3＝0 B. a3＋a5＝0 C. S3＝S4 D. S4＝S5 【答案】BC 【解析】 【分析】利用等差数列的和的性质得到S7＝7a4＝a4，得a4＝0，然后进行判定. 【详解】由S7＝＝7a4＝a4，得a4＝0， 所以a3＋a5＝2a4＝0，S3＝S4， 故BC正确； “-3，-2，-1，0，1，2，3”是满足条件的数列，不满足AD, 故AD错误； 故选:BC. 10. 某校组织学生参加全市一项比赛，现将参加考核的160名学生的成绩分为5个小组，绘制如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确的是（每组数据以区间的中点值为代表）（ ） A. 的值为0.025 B. 参加考核学生成绩的中位数约为71.4 C. 参加考核学生成绩在区间的学生有104人 D. 估计参加考核学生成绩的平均数约为69.5 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A，由，得，A正确； 对于B，成绩在的频率分别为，则成绩的中位数， ，解得，B错误； 对于C，成绩在的频率为， 由，得成绩在区间的学生有104人，C正确； 对于D，成绩的平均数，D正确. 11. 如图，在正三棱柱中，，是棱上任一点，则下列正确的是（ ） A. 正三棱柱的外接球表面积为 B. 周长的最小值为 C. 棱上总存在点，使得直线平面 D. 为的中点，平面将三棱柱分成两部分，若两部分的体积分别为，，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，先求出正三棱柱底面正三角形的外接圆半径，根据外接球球心在上下底面中心连线的中点求出外接球半径，代入球表面积公式计算验证结论；对B，将正三棱柱两个相邻侧面展开为平面，利用两点之间线段最短得到的最小值，结合固定边长计算的最小周长验证结论；对C，在侧面中作，交于，在侧面过作的平行线交于，则点满足平面；对D，先计算正三棱柱总体积，再用割补法求出平面截得的较大部分体积，最终计算验证结论. 【详解】对于A：正三棱柱外接球的球心为上下底面正三角形中心连线的中点， 底面正三角形边长为4，其外接圆半径​​； 正三棱柱高，球心到底面距离，因此外接球半径满足：， 外接球表面积，A正确； 对于B： 中，为定值，周长最小时最小， 将侧面与侧面翻折到同一平面内，连接，则的最小值为， ，因此周长最小值为 ，B错误； 对于C：在侧面内，过作，交于， 在侧面内，过作交于，， 所以平面平面，平面，所以平面 ，C正确； 对于D：正三棱柱总体积 ，是中点，取中点， 连接，则是边长为的等边三角形，取中点，则， 又由平面可知，，所以平面， 较小体积 ， 因此：，​ D正确. 三、填空题 12. 已知函数，则曲线在点处的切线方程为______. 【答案】 【解析】 【详解】，又，则， 所以曲线在点处的切线方程为，即 13. 在平面直角坐标系中，已知抛物线的准线为，点在上，以为圆心的圆与相切且截轴所得的弦长为，则__________． 【答案】4 【解析】 【详解】 已知抛物线的准线为，则的方程为：， 已知点在上，则， 以为圆心的圆与相切，设圆的半径为，则， 又圆与相切且截轴所得的弦长为， ，解得，即， ，解得． 14. 已知函数的图象在区间上有且只有4个最高点，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】结合三角函数图象性质可列出与有关不等式，结合为整数计算即可得解. 【详解】当时，， 则有，， 解得，， 当时，，，则不等式组无解； 当时，有，即； 当时，由，，则不等式组无解； 综上可得. 四、解答题 15. 2026 年 4 月 19 日， 第二届人形机器人半程马拉松在北京亦庄举行， 来自各地的机器人参赛队伍同场竞技，引发广泛关注.为研究 “机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 之间是否存在关联，某科研团队对本次参赛的 500 台机器人进行统计，得到如下列联表 （单位： 台）： 完成比赛 未完成比赛 搭载智能避障系统 180 70 未搭载智能避障系统 120 130 （1）根据小概率值 的独立性检验，能否认为 “机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 有关? （2）从该 500 台机器人中，采用按比例分层抽样的方法（以是否搭载智能避障系统分类），抽取一个容量为 10 的样本.再从这10台机器人中，不放回地随机抽取3台，设其中 “搭载智能避障系统” 的台数为.求的数学期望 . 附： ，其中 . 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）“机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛”有关. （2），分布列为： 【解析】 【分析】（1）先完善列联表，再计算，根据临界值表可得相应判断； （2）根据超几何分布可求的分布列，再根据期望公式计算期望即可. 【小问1详解】 完善列联表如下： 完成比赛 未完成比赛 合计 搭载智能避障系统 未搭载智能避障系统 合计 设：“机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 无关， 则， 故根据小概率值 的独立性检验， 可以认为“机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛”有关. 【小问2详解】 根据分层抽样可得10台机器人中“搭载智能避障系统” 的台数为， 故可取， 又，， ，， 故的分布列为： 故. 16. 设数列的前n项和为，且满足． （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，求数列的前n项和； （3）令，记数列的前n项和为，求证：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据，得出是等比数列，即可得结果； （2）利用错位相减法求和即可； （3）利用裂项相消法求出，结合数列单调性即可得结果. 【小问1详解】 由，当时，，解得， 当，，则，即， 故是公比为3的等比数列，，所以，也适合此式，. 【小问2详解】 因为所以，. 从而， ， 两式相减得:， ，解得 【小问3详解】 由（1）可知：，， ， ， 所以{}为递增数列，， 所以. 17. 在边长为4的菱形中，，对角线与交于点O，将沿折起，使得点A到达点P的位置，得到如图所示的三棱锥，M为直线上一点． （1）证明：平面平面； （2）若二面角的大小为120°，直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 【答案】（1）证明见解析 （2）或 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理可得； （2）建立空间直角坐标系，设，根据线面角的向量求法，得到关于的方程，求解可得. 【小问1详解】 在菱形ABCD中，，O为BD中点， 由题可知，所以， 因为，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面. 【小问2详解】 以O为原点，OB，OC所在直线分别为x，y轴，过点O且垂直于平面的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 二面角的大小为120°，即 因为，， 所以，， 则，，，， 所以，， 设， 则， 所以. 设平面PCD的法向量为， 则， 取，得，， 则. 设直线与平面所成角为， 则， 整理得，解得或， 当时，，则； 当时，，则. 综上，或. 18. 已知椭圆的右顶点为，点为椭圆上的一点．设椭圆的左、右焦点分别为． （1）求椭圆的标准方程及离心率； （2）过点的直线与椭圆交于两点（异于椭圆的左、右顶点）． （i）求面积的最大值； （ii）设直线分别交轴于两点，求证：以为直径的圆与轴相交的弦长为定值． 【答案】（1）椭圆的标准方程为，离心率为 （2）（i），（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题可得，求得的值，得到椭圆方程，利用离心率公式即可求解； （2）（i）由（1）知道点坐标，设直线方程，联立方程组，由韦达定理结合焦点弦长公式求得，点到直线的距离为高，从而求得三角形的面积表达式，结合函数单调性求解即可； （ii）当直线轴时，通过相似证明点在以MN为直径的圆上，从而得到以MN为直径的圆被x轴截得的弦是，得到弦长为2；当直线斜率存在时，设直线方程，然后联立方程组，整理得一元二次方程，由韦达定理得到两点坐标与斜率的关系式；然后用两点式写出直线直线方程，求得点坐标，证明向量，证得点在以MN为直径的圆上，从而得到以MN为直径的圆被x轴截得的弦是，得到弦长为2，从而证明以MN为直径的圆被x轴截得的弦长为定值． 【小问1详解】 由题意可知， 由，解得， ∴椭圆的方程：. 离心率为 【小问2详解】 （i），，由于直线斜率不为，则设直线， 联立方程组，得： 所以 焦点弦长， 点到直线的距离， ∴， 令，所以在上单调递增，所以， 所以，当时等号成立， 所以，当时等号成立， 即面积的最大值为   （ii）， 当轴时，交点，关于轴对称，∴点关于原点对称，∴以为直径的圆圆心为，半径为 ∵，∴，则，∴， 又∵，∴圆与轴的截得的弦为， 当直线斜率存在时，设直线， 设， 联立方程组，整理得， 则，， ， 直线，令，则， 直线，令，则..， 则，， 则 即 即，同理可证， 即点在以MN为直径的圆上，又∵在轴上， ∴以MN为直径的圆被x轴截得的弦为，， 综上所述：以MN为直径的圆被x轴截得的弦长为定值2. 19. 已知函数． （1）若在时取极值，求的值和的极小值； （2）若不等式对任意恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据极值点可得，则，从而，利用导数求极小值； （2）解法1：根据题意，可得，则，令，利用单调性求最值；解法2：参变分离得，设，利用导数求其最小值，可得解；解法3：利用导数研究函数的单调性，从而得解；解法4：不等式转化为，设，利用导数求的最大值，从而得解. 【小问1详解】 由题意可知：，， 因为，解得， 则，， 令，则， 令，解得；令，解得； 可知在上单调递减，在上单调递增， 则的最小值为，且， 当趋近于或时，趋近于， 可知在定义域内有2个零点和1， 当时，，当时，， 可知在，内单调递增，在内单调递减， 所以在处取极小值，极小值为． 【小问2详解】 解法1：由于不等式对任意恒成立， 则，解得， 下证：当时，， 若，则， 令，由（1）可知，在上单调递增， 则，则， 所以的取值范围为； 解法2：令，则， 设，，则， 设，，则, 可知在上单调递增，则， 即，可知在上单调递增，则， 可得，所以的取值范围为； 解法3：因为，，则， 设，，则， 可知在上单调递增，即在上单调递增， 则，且当趋近于时，趋近于， 当，即时，则在内存在零点， 若，则，可知在内单调递减， 可得，不合题意； 当，即时，则，可知在上单调递增， 则，符合题意； 综上所述：的取值范围为； 解法4：因为，则， 设， 则， 当，即时，则，可知在单调递减， 则，解得； 当，即时， 令，解得；令，解得； 可知在上单调递增，在上单调递减， 则， 令，下证：， 设,，则， 可知在上单调递增，则， 即，可得，可知不等式恒成立； 综上所述：的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $