精品解析：安徽枞阳县浮山中学等校2026届高三下学期五月（一）数学试题

安徽枞阳县浮山中学等校2026届高三下学期五月（一） 数学试题 注意事项： 1.答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上. 一、单项选择题：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. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知两个单位向量的夹角为，若，则（ ） A. B. C. 6 D. 7 3. 已知函数（为常数），若，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 5. 我国古代数学专著《九章算术》中将四个面均为直角三角形的三棱锥称为“鳖臑”.如图1，在中，，，CD是AB边上的高，将沿直线CD折起，使点B到点P的位置，如图2，此时三棱锥恰好是一个“鳖臑”，则二面角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数（），直线与曲线交于P，Q两点，若的最小值为，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆（）的左、右焦点分别为，，以为直径的圆与C在第一象限交于点P，直线交C于另一点Q，且，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 若随机变量服从正态分布，则，现已知两个随机变量，，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知数列的前项和为，且满足，，，则下列说法正确的是（ ） A. 数列为等差数列 B. 数列为等比数列 C. D. 11. 已知F为抛物线的焦点，A，B，C为该抛物线上不同的三点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若点A的坐标为，且，则直线BC过定点 C. 若，且，则的重心G在曲线上 D. 若点A的坐标为，点C在B的上方，且，则这样的有且仅有2个 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某公园的一处景观湖中有4个小岛，现需要在小岛之间建3座桥，使得这4个小岛彼此相连（即从任意一个小岛都能走到另外任意一个小岛），每座桥只能连接2个小岛，则一共有________种不同的建桥方案. 13. 若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则________． 14. 已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为S，且．记，则的取值范围为________． 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. 已知函数. （1）求的单调递增区间； （2）先将的图象上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位长度，得到的图象，若方程在区间上有解，求m的取值范围. 16. 某工厂为促进技工们不断提升技能水平，每年组织一次技能达标测试．假设技工小李每年都参加，他第1年达标的概率为1%，以后每年参加时达标的概率比上一年增加1个百分点（即第2年达标的概率为2%，第3年达标的概率为3%，依此类推），且每年达标与否不受往年影响． （1）求小李第2年首次达标的概率； （2）设小李第n年首次达标的概率为，则当n为多少时，最大？ 17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，，，，点M在侧棱SC上（与端点不重合）. （1）若平面ABCD，且M为SC的中点，求直线SA与平面ABM所成角的正弦值； （2）若，且，，证明：M是SC的中点. 18. 已知双曲线（，）的两条渐近线互相垂直，右焦点F到渐近线的距离为1. （1）求C的方程. （2）设A为C上一动点，C在点A处的切线为l，过点F作l的垂线，垂足为P. （i）证明：点P到原点O的距离为定值； （ii）当点P与A不重合时，过点P作C的另一条切线，切点为B，直线AB与两坐标轴的交点分别为M，N，求的最小值. 19. 已知函数. （1）记为的从小到大的第n个极值点. （i）证明：数列是等比数列； （ii）若对于一切，不等式恒成立，求实数m的最大值. （2）若为方程在区间内的实数根，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安徽枞阳县浮山中学等校2026届高三下学期五月（一） 数学试题 注意事项： 1.答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上. 一、单项选择题：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. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由已知得，所以. 2. 已知两个单位向量的夹角为，若，则（ ） A. B. C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【详解】由题意得 . 3. 已知函数（为常数），若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意得，，所以两式相除得. 4. 已知，，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【详解】 由可知在复平面内所对应的点在以原点为圆心，1为半径的圆上， 在复平面内所对应的点为，又，所以点在圆外， 所以的最小值为. 5. 我国古代数学专著《九章算术》中将四个面均为直角三角形的三棱锥称为“鳖臑”.如图1，在中，，，CD是AB边上的高，将沿直线CD折起，使点B到点P的位置，如图2，此时三棱锥恰好是一个“鳖臑”，则二面角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设，则，，，要使三棱锥恰好是一个“鳖臑”， 则有，，由，，可得二面角的平面角 为，在中，． 6. 已知函数（），直线与曲线交于P，Q两点，若的最小值为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦函数的性质，结合周期公式，分析求解，即可得答案. 【详解】设的最小正周期为，由题意得，即，解得. 7. 已知椭圆（）的左、右焦点分别为，，以为直径的圆与C在第一象限交于点P，直线交C于另一点Q，且，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，根据题意结合椭圆的定义可得相应长度，结合勾股定理运算求解即可. 【详解】设的半焦距为，， 则，，，， 由题意可知：， 在中，，即，解得， 则，， 在中，，即，可得， 所以椭圆C的离心率. 8. 已知函数，若，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意分、和三种情况讨论，结合函数单调性求值域即可. 【详解】因为函数， 当时，则，可得， 即，则，可得， 因为在上单调递增，所以； 当时，则，，不可能成立，不合题意； 当时，则， 设，对任意，且， 则，且，可得，即， 可知在上单调递增，则，即； 综上所述：的取值范围是. 二、多项选择题：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. 若随机变量服从正态分布，则，现已知两个随机变量，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据正态分布曲线的性质求解即可. 【详解】由于，正态分布的均值，正态曲线关于直线对称，因此，故A正确； 由于，，，因此，故B错误； 由于，，，因此，故C错误，D正确. 10. 已知数列的前项和为，且满足，，，则下列说法正确的是（ ） A. 数列为等差数列 B. 数列为等比数列 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】通过构造新数列计算判断A，C，B，应用前n项和及通项公式的关系结合递推公式判断D. 【详解】对于A，由，得，又， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故A错误； 对于B，由题意得，又， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列，故B正确； 对于C，由对A的分析知，所以，故C正确； 对于D，由对B的分析知，故，由， 得，即时，， 又，所以，， 所以当为奇数时，均为0， 当为偶数时，均为1，故， 即，即，故D正确. 11. 已知F为抛物线的焦点，A，B，C为该抛物线上不同的三点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若点A的坐标为，且，则直线BC过定点 C. 若，且，则的重心G在曲线上 D. 若点A的坐标为，点C在B的上方，且，则这样的有且仅有2个 【答案】ABC 【解析】 【分析】A选项，根据，得到的值，再利用抛物线定义求出．B选项，设直线方程，与抛物线联立，再根据，韦达定理，得到直线过定点．C选项，由，且得，设点坐标，求出直线，方程，进而求出，坐标，求出重心坐标，消去参数，得到重心轨迹．D选项，设直线方程求出，与抛物线联立，解出点，射线AB绕点顺时针旋转得到射线方程，与抛物线联立，解出点，再根据，解出直线参数． 【详解】设，，． 对于A，由题意得焦点，准线方程为，， ，， ，故A正确． 对于B，设BC的方程为，与抛物线方程联立，得， 则，，，， 即， 得， 代入，， 根据韦达定理，得，解得或， 时，定点为，舍去，故． 所以BC的方程为，过定点，故B正确． 对于C，由题可知，不妨设， 设，直线AB的方程为， 由得，同理可得， 设重心为，则有消去参数，得，故C正确． 对于D，设AB的方程为， 易知该直线与抛物线的另一个交点坐标为． 将射线AB绕点顺时针旋转得到射线AC， 易知射线AC与抛物线的另一个交点坐标为， 其中，于是，． 由题意，若存在正三角形ABC， 则． 令，由， 可得， 即．当时， 化简整理可得，此方程有3个不同的解， 所以满足条件的三角形不止2个，故D错误． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某公园的一处景观湖中有4个小岛，现需要在小岛之间建3座桥，使得这4个小岛彼此相连（即从任意一个小岛都能走到另外任意一个小岛），每座桥只能连接2个小岛，则一共有________种不同的建桥方案. 【答案】16 【解析】 【分析】根据分类计数原理，结合排列组合求解即可. 【详解】分两类：①将4个小岛连成一条线，只需要考虑小岛的顺序即可，并且完全相反的两种顺序算同一种建桥方案，故有种不同的方案； ②任选一个小岛作为“中心”，分别与另外3个小岛相连，有4种不同的方案. 因此，不同的建桥方案共有16种. 13. 若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则________． 【答案】2 【解析】 【分析】先求出曲线在点处的切线方程，再设出曲线的切点为，利用公切线的斜率相等及切点也在公切线上，进而建立方程组求解即可． 【详解】由，则，则在点处的切线的斜率为， 所以切线方程为，即， 设切线与曲线的切点为， 又，得， 则切点处的斜率必为1，且切点在切线上， 则，解得， 所以． 14. 已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为S，且．记，则的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】首先根据余弦定理和面积公式化简，得到，， 再根据，，化简， 发现是关于的函数，于是根据锐角的条件求的范围，最后构造函数求导， 判断单调性，得到范围． 【详解】因为， ，， 所以，所以， 又，所以， 即，解得或（舍去）， 因为，所以． 在锐角中，有，，则， 所以， ， 因为，所以，所以， 所以，即． 因为， 设，则， 构造函数，由于，所以， 所以关于单调递增，所以的取值范围为． 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. 已知函数. （1）求的单调递增区间； （2）先将的图象上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位长度，得到的图象，若方程在区间上有解，求m的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦函数性质，可得的定义域，根据辅助角公式，二倍角的正弦公式，可得的解析式，根据正弦函数的性质，代入求解，即可得答案. （2）根据图象平移、伸缩变换的方法，可得的解析式，根据x的范围，可得的范围，结合正弦函数的性质，可得的值域，即可得答案. 【小问1详解】 原解析式中分母不为0，即， 所以，得， 则 令，解得， 故的单调递增区间为. 【小问2详解】 由题意知，且. 当时，， 则，所以. 又的定义域不含， 所以在区间上的值域为， 故的取值范围是. 16. 某工厂为促进技工们不断提升技能水平，每年组织一次技能达标测试．假设技工小李每年都参加，他第1年达标的概率为1%，以后每年参加时达标的概率比上一年增加1个百分点（即第2年达标的概率为2%，第3年达标的概率为3%，依此类推），且每年达标与否不受往年影响． （1）求小李第2年首次达标的概率； （2）设小李第n年首次达标的概率为，则当n为多少时，最大？ 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 在第2年首次达标，意味着第1年未达标，第2年达标． 第1年达标的概率为，未达标的概率为， 第2年达标的概率为． 故所求概率为． 【小问2详解】 当时，． 当时，， ， 令，即，化简得，因为，所以， 即时，，当时，，所以当时，最大． 17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，，，，点M在侧棱SC上（与端点不重合）. （1）若平面ABCD，且M为SC的中点，求直线SA与平面ABM所成角的正弦值； （2）若，且，，证明：M是SC的中点. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质定理，可证两两互相垂直，如图建系，求得各点坐标和所需向量坐标，求出平面ABM的法向量，根据线面角的向量求法，代入求解，即可得答案. （2）方法一：如图作出辅助线，设，根据三角形相似，可得所需长度，根据余弦定理，可得x的值，分析即可得证；方法二：如图作出辅助线，设，根据三角形相似，可得所需长度，根据余弦定理，可得a的值，分析即可得证； 【小问1详解】 因为底面为矩形，所以， 因为平面，平面， 所以，即两两互相垂直， 以为坐标原点，以所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 因为为的中点，所以， 则，，， 设平面ABM的法向量为，则， 令，得，则， 设直线与平面所成的角为，则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 【小问2详解】 方法一：如图，在平面中过点M作交CD于点N， 在平面中过点N作交AB于点P，连接. 因为底面为矩形，所以， 又，，平面， 所以平面， 因为，所以平面. 设，因为 所以，得，则. 在中，. 在中，由余弦定理得， 即，解得或（舍去）， 从而，所以M为SC的中点. 方法二：如图，在平面SDC中过点M作交SD于点Q，连接AQ，则. 设，因为， 所以，得， 因为，所以. 在梯形ABMQ中，过点M作交AB于点P， 则四边形APMQ是平行四边形，所以，， 在中，由余弦定理得， 即，解得或（舍去）， 从而，所以M为SC的中点. 18. 已知双曲线（，）的两条渐近线互相垂直，右焦点F到渐近线的距离为1. （1）求C的方程. （2）设A为C上一动点，C在点A处的切线为l，过点F作l的垂线，垂足为P. （i）证明：点P到原点O的距离为定值； （ii）当点P与A不重合时，过点P作C的另一条切线，切点为B，直线AB与两坐标轴的交点分别为M，N，求的最小值. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）2 【解析】 【分析】（1）求出C的两条渐近线,根据条件，可求得，根据点到直线距离公式，可求出a值，即可得答案. （2）（i）若点A的坐标为时，分析可得点P到原点距离为1，若点A的坐标为（）时，设出l的方程，与双曲线联立，根据判别式，可得直线l的方程，进而可得l的垂线FP的方程，联立可得P点坐标，化简整理，即可得答案. （ii）求出PA、PB的方程，整理可得直线AB的方程，求出M、N点坐标，可得的表达式，结合基本不等式，即可得答案. 【小问1详解】 由题意C的两条渐近线分别为，， 则，可得，所以，即. 由右焦点到渐近线的距离为1，得， 解得，则，故C的方程为. 【小问2详解】 （i）若点A的坐标为时，则点P与A重合，坐标也为，到原点的距离为1. 若点A的坐标为（），则， 设l的方程为，与C的方程联立， 消去y，得， 由，结合，得，则l的方程为. 由题得，则l的垂线FP的方程为. 设点，将l和垂线FP的方程联立，得 ，解得，即， 则. 综上，点P到原点O的距离为定值1. （ii）记，.由（i）知，，. 由于点P在这两条直线上，所以， 因此直线AB的方程为. 不妨设点M在x轴上，点N在y轴上，则，. 故， 当且仅当时取等号，因此的最小值为2. 19. 已知函数. （1）记为的从小到大的第n个极值点. （i）证明：数列是等比数列； （ii）若对于一切，不等式恒成立，求实数m的最大值. （2）若为方程在区间内的实数根，证明：. 【答案】（1）（i）证明见解析；（ii） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）（i）通过求导找到函数极值点，再利用三角恒等变换计算相邻极值点的函数值之比，结合等比数列的定义可证数列为等比数列； （ii）将不等式恒成立问题转化为求函数最值，通过构造函数并分析其单调性，求出最小值后反推可求参数的最大值； （2）通过构造辅助函数分析单调性，再结合已知条件与放缩技巧，将原不等式转化为可比较的形式完成证明． 【小问1详解】 （i）因为，所以， 令，可得，即，解得，， 当k为奇数时，在附近左负右正； 当k为偶数时，在附近左正右负． 所以，均为极值点，即，． 所以 ． 因为，故，而， 故，所以数列是等比数列． （ii）对于一切，恒成立，即恒成立， 可得恒成立，设，可得恒成立． 设函数，则，令，可得， 当时，，在区间上单调递减， 当时，，在区间上单调递增． 因为，当时，，且，由，可得， 所以， 所以，解得，所以m的最大值为． 【小问2详解】 设，则， 当时，，所以在上为减函数． 记，则， 所以在区间上单调递减，所以，即． 由题可知，记，则， 故， 由及在区间上单调递减，得，因此. 由，及， 得， 即． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $