【轮轮清·齐鲁名校教育测评】2026年5月高三学业质量检测 数学（新高考版）

绝密★启用前 2026年5月高三年级学业质量检测 数 学 本试卷总分150分，考试时间120分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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。 写在本试卷上无效。 对 如 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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M={x lg x<1},N={xx≤2}，则M∩N= A.(0,2] B.(0,10) C.[2,10) D.(-∞，10) 2.已知之=1+i,则之（之+2i)|= A.1 B.2 C.√3 D.2 3.(a-b)(a+b)5的展开式中a3b3的系数是 A.-5 B.0 C.5 D.10 4.在平面四边形ABCD中，AC⊥BD,AC与BD交于点O,OA=OC=2,OB=4OD=4, M为AB边的中点，则OM·CD= A.-5 B.0 C.5 D.10 5.已知三棱台ABCA1B1C1的上底面面积为S1,下底面面积为S2,高为h,则四面体 ABB1C1的体积为 入sh 1 B.3Sgh D. S1+Sh 6 6.在Rt△AB0中，∠A0B=90',0A=2OB,点M在AB边上，且∠AOM=30,则AM AB A.2-3 B.4-2√3 C.3-3 D.6-23 7.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点F的直线交C于A,B两点，且AF=3FB,线段 AB的中点为M,O为坐标原点，则|OM= B.37 4√3 A.2 3 C.√5 D. 3 数学试题第1页（共4页） 8.已知75>23.115>31，a=号6=10g,23,c=1og131,则 A.b>a>c B.b>c>a C.a>c>b D.a>b>c 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.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，则 A.直线AB1与A1D是异面直线 B.过直线B1C存在唯一平面与A,C1垂直 C.过直线B1C存在唯一平面与A,C1平行 D.直线A1C1与CD1所成的角为45 10.已知函数f(x)=x(2x一2)，则 A.f(x)为偶函数 B.f(x)在区间(0，十∞)上单调递增 C.3m∈R,关于x的方程f(x)=m有四个解 D.满足f(x十2)>f(3x一2)的x的取值范围是(0,2) 11.已知位于第一象限的动点P在函数f(x)=x2一2的图象上，定点M(一2,0)，N(2,0),斜 率为k的直线！过点N,则下列说法正确的是 A.IPM|-|PN|为定值 B.当一1<k≤1时，f(x)的图象与1有两个交点 C.过点P1(√2,0)作直线平行于y轴，交直线y=x于点Q,过点Q1作直线平行于x轴， 与曲线y=f(x)在第一象限交于点P2,过点P2作直线平行于y轴，交直线y=x 于点Q2,过点Q2作直线平行于x轴，与曲线y=f(x)在第一象限交于点P3,…,依 此类推，则点Pm的横坐标为2n D.若曲线y=f(x)在点P处的切线分别交直线y=x,y=一x于A,B两点，则△OAB (O为坐标原点)的面积为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知一组数据1,3，a,b(a<b)的平均数为5，方差为11.5，则b-a= 13.记S.为数列a,的前n项和，已知a1=20251=“2a。则当S.取得最大值时， n 14.已知过点M(1,m)可作曲线y=xex的3条切线，则m的取值范围是 数学试题第2页（共4页） 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) 设m>0,函数f(x)=sin2x+7cos2x+2 nsin xcos x的最大值为9. (1)求m; (2)若x=p时，f(x)取得最小值，求tanp. 16.(15分) 如图，在直角梯形ABCD中，∠BCD=90°，AB∥CD,BC=CD=2,AB=4,将△BCD 沿BD折起，使点C到达点C处，且平面BC'D⊥平面ABD. (1)证明：平面CAD⊥平面BC'D; (2)求直线CD与平面C'AB所成角的正弦值. R 17.(15分) x2y2」 已知椭圆C:a十6=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F(-2,0),F,(2,0),点M在C 上，且△MF1F2的内切圆的圆心为点Q(1,1). (1)求C的方程； (2)过点F:且倾斜角为0(5<0<2)的直线1交C于A,B两点，记△AF,F BEE,的面积分别为S1S2,求、的取值 数学试题第3页（共4页） 18.(17分) 已知函数f(x)=e一x一a有两个零点x1,x2: (1)求a的取值范围； (2)若x2一x1>1,证明： (i)x1<-ln(e-1); (i)x2>1-ln(e-1). 19.(17分) 甲、乙两人下棋，甲执先时，甲胜乙的概率均为：乙执先时，乙胜甲的概率均为号，且没 有和棋.每局结束，下一局负者执先，开局掷硬币猜先. (1)若执行5局3胜制，求甲连胜3局比赛结束的概率： (2)若共比赛n局. (ⅰ)设1≤k≤n,求第k局甲获胜的概率； (ⅱ)设随机变量X为甲获胜的局数，求X的数学期望. 数学试题第4页（共4页） 2026年5月高三年级学业质量检测 ·数学· 叁春爸亲及解析 2026年5月高三年级学业质量检测·数学 一、选择题 sin60,两式相除得AV3x4B MB 3入 1.A【解析】因为M=(0,10),N=(-∞，2]， OB(1-λ)AB1-λ 所以M∩N=(0,2]. 2解得=4-25即-4-25。 2.D【解析】|z(z+2i)|=|(1+i)(1-i+2i)|= 1(1+i)2|=2=2. 3.B【解析】因为(a-b)(a+b)5=(a-b)· (a5+5a4b+10a3b2+10a2b3+5ab+b5),所 M b 以a3b3的系数为10一10=0. 7.B【解析】根据对称性，不妨设直线AB的倾 斜角为锐角，如图，设C的准线为l,∠AFx= 4.B【解析】O成i.C=2(Oi+O)·(Oi 0,|FB|=m,则|FA|=3m.过点A作AQ⊥ x轴于点Q,AA'⊥1于点A',则由抛物线的定 0d)=20M.0i-0.0+0i.0i- 义得3mcos0+2=|AA'|=3m,同理过点B 作BB'⊥l于点B',可得2-mcos0=BB'|= 0i.0心)=号(0+2×2-4×1-0)=0. 2 5.C【解析】如图，由题意得V三台ABC-A,BC m,解得0=60，m=专设点Mwyw则 3(S:+S:十√SS2)h,所以V阳体A,9 xM一1=mcos0,解得xM= 3,所以yM= V三枚台ABCA,B,C,一V三校能AA,B,C,一V三校锥C,ABC √3(xM-1)= 故0M=+,= 2W3 3 3 吉S,+5:十SS)M-号sA-号Sh A 35s M A O Q B .XB 8.D【解析】因为75>233，所以5>3l0g23,即 5 23 B 3>1og,23,即a>b.因为6-1=log7c-1= 6.B【解析】如图，设AM=入AB,∠OMB=0, 1os而1og9>1bg3>logn8>loeu引 31 OA AM OB 则由正弦定理得 sin(180-0)sin 30'sin 0 所以b-1>c-1,即b>c.综上，a>b>c. ·1 ·数学· 参考答案及解析 二、选择题 2 √/x一2.将y=x代入得xA= 9.AC【解析】对于A,因为AB1C平面AAB1B, x0-√x8-2 D庄平面AA1B1B,A1∈平面AA1B1B,且A1 x0十√x-2,同理可得xB=x0一√x一2， 直线AB1,所以直线AB,与A,D是异面直 所以S△OAB= 2·2xA·2xB=2,故D 1 线，故A正确；对于B,若AC垂直于过BC 正确. 的平面，则AC⊥BC,显然不成立，故B错 三、填空题 误；对于C,连接AC,平面AB1C即为唯一的 过B,C且与A,C1平行的平面，故C正确；对 12.4【解析】由题意得}×(1十3十a十b)=5, 4 于D,因为AC∥A1C1,所以∠ACD1=60°即 ×[1-5)2+(3-5)+(a-5)2+(69 为AC1与CD1所成的角，故D错误。 5)2]=11.5,所以a+b=16,(a-5)2+(b- 10.ABD【解析】对于A,f(-x)=-x(2x 5)2=26,解得a=6,b=10,故b-a=4. 2)=x(2-2x)=f(x),则f(x)为偶函 a。,所以1 数，故A正确：对于B,设0<x1<x,则0<13.1013【解析】因为a,1=1广2a an+1 241-21<2?-22,所以x1(21-21)< 1-2a-1-2,即1-1=-2，所以 x2(22一22)，即f(x1)<f(x2),则f(x) an an an+1 an 在区间(0，十∞)上单调递增，故B正确；对于 1)是首项为2025，公差为一2的等差数列， C,由A,B可知C错误；对于D,由A,B可知 f(x十2)>f(3x-2)台|x+2|>|3x-2|台 所以21=2025+(-2)×(0-1)=2027-21. an （x十2)2>(3x一2)台0<x<2,故D正确. 1 11.ACD【解析】对于A,因为y=/x-2,所 故am=2027-2 .当2027-2n>0时，n≤ 1013,am>0;当2027-2n<0时，n≥1014， 以x2-y2=2(y≥0)，故曲线y=f(x)是双 am<0,所以当Sn取得最大值时，n=1013. 曲线在x轴及x轴上方的部分，M,N分别为 14.(一5e-2,0)【解析】设切点坐标为(xo,ya), 双曲线的左、右焦点，所以|PM|一PN|= y'=(x+1)e*,则切线方程为y-xoe。= 2√2，故A正确；对于B,易知当0<k≤1时， (xo十1)eo(x-xo).又点M(1,m)在切线 l与曲线y=f(x)无公共点，故B错误；对于 上，所以m-xoeo=(xo+1)e'(1-xo),整 C,设Pn(xm,yn),Qn(xn,xn),Pm+1（xm+1, 理得(x-x。-1)eo十m=0.令g（x)= yw+1),所以yn+1=xm.又x员+1一y+1=2,所 (x2-x-1)e,则g'(x)=(x2十x-2)e.令 以x+1一x=2,即{x}是首项为2，公差为 g'(x)=0,得x=-2或x=1.当x<-2或 2的等差数列，所以x=2+2(n-1)=2n, x>1时，g'(x)>0,g(x)单调递增；当-2< 则xn=√2n,故C正确；对于D,f'(x)= x<1时，g'(x)<0,g(x)单调递减.当x 2x -∞时，g(x)→0，且g(x)>0;当x→十∞ 2√x2-2√x-2 ,设切点P(xo,yo),则切 时，g(x)→十∞，且g(-2)=5e2,g(1)= -e,由题意得g(x)+m=0有3个实数根， 线方程为y一yo= (x-x),其中y= √x名-2 所以0<一m<5e2,解得-5e2<m<0. ·2。 2026年5月高三年级学业质量检测 ·数学· 四、解答题 (2)解：如图，设O,E分别为BD,AB的中 15.解：(1)f(x)= 1-cos 2x7x1+cos 2r 点，连接OE,CO,则CO⊥BD,OE∥AD. 2 2 因为AD⊥BD,所以OE⊥BD m sin 2x=m sin 2x+3cos 2x++4, (3分) 又平面BC'D⊥平面ABD, 由题意得√m2+9+4=9, 所以CO⊥平面ABD 结合m>0,解得m=4. (5分) 又OEC平面ABD,所以C'O⊥OE.(9分) (2)由(1)得f(x)=4sin2x+3cos2x+4= 以O为坐标原点，O元，O店，OC的方向分别 5sin(2x+0)+4,其中sin0= 5,c0s0= 4 为x轴、y轴、之轴的正方向，建立空间直角坐 标系，则D(0,一√2,0)，B(0√2,0)，A(2√2， 因为当x=时，∫(x)取得最小值， -2,0),C'(0,0,2), 所以29十0=2kx-k∈Z. 所以CD=(0,-√2，-√2)，AB=(-2√2， 22,0),BC=(0,-2,2). (11分) 设平面CAB的法向量为m=(x,y,之)， 故1ang=-tan(+2)片 1+tan 2 m·AB=0,1-22x+22y=0, 则 即 1-tan 2 m·BC=0, -√2y十√2x=0. (9分) 令x=1,得y=1之=1，则m=(1,1,1). (13分) 0 2sin2 又tan2 sin 2 1-cos 0 设直线C'D与平面C'AB所成的角为O, 0 00 cos 2 sin 0 2sin 2cos 2 则sin0=|cos(m,Ci)1=m·C方 mC'D 5」 -2-21_6 3 3 √3X2 3 故直线C'D与平面CAB所成角的正弦值为 1+1 3 6 所以tanp= =-2 (13分) 3 (15分) 1 13 16.(1)证明：因为BC=CD=2,∠BCD=90°， 所以BD=√BC2+CD=√22+22=2√2. 易得AD=2√2，所以AD2+BD2=AB2, 所以AD⊥BD, (3分) 因为平面BC'D⊥平面ABD,平面BC'D∩ 平面ABD=BD,ADC平面ABD, 17.解：(1)设△MF1F2的内切圆与三边MF1, 所以AD⊥平面BCD, MF2,F1F2的切点分别为D,E,P,连接QP, 又ADC平面C'AD, QE,则QP⊥F1F2,QE⊥MF2· 所以平面C'AD⊥平面BC‘D. (6分) 因为Q(1,1),F2(2,0), ·3。 ·数学· 参考答案及解析 所以四边形QPF2E为正方形，则MF?⊥ 所以1-a<0,即a>1. (4分) FF2. (2分) 当a>1时，f(-a)=e>0,则f(x)在区 设MD=m,则|MF:|=m十3，MF2|= 间（一∞，0）上有一个零点 m+1,又F1F2=4, 令h(x)=ew-ex,x>l, 所以(m+3)2=(m+1)2+16,解得m=2, 则h'(x)=e-e>0,h(x)在区间(1，+∞) 所以2a=|MF,|+|MF2|=(m+3)+(m+ 上单调递增， 1)=8,即a=4, (4分) 所以h(x)>h(1)=0, 所以b2=a2-c2=12, (5分) 可得f(a)=e-2a>ea-2a>0, 数C的方程为6+- 则f(x)在区间(0，十∞)上有一个零点， (6分) 故a的取值范围是(1，十∞). (5分) (2)设1的方程为x=ty+2,t∈ (2)证明：(i)由题意得e2=x2十a,e= 0,3 x1十a, A(x1,y),B(x2y2), 两式相减得e:一e1=x2一x1. ('y 由16+i21得3r+4y+12y-36=0. 令t=x2-x1,则t>1,x2=x1十t, x=y+2, 故e51+t一e1=t, 12t 36 则y1十y2= 所以e1=,1 e'-1 (8分) 3t2+4'y1yg= 3t2+4 (9分) t 令g)=e-1t>1, 设y1=2,消去y1,y:得入+2十 则g')=e1e=e-)21<0. (e'-1)2 (e'-1)2 412 g(t)在区间(1，十∞)上单调递减， 1 由入+2+}<0，解得A<0,且A≠-1： 所以g(t)<g(1)= e-1’ 1、4 又入+2+x>一15' 即<故<-1he-》. (11分) 所以-号A<-1或-1A<-号.13分) 3 (i)由(i)得x2=x1十t=t+lnt-ln(e一 1)(t>1). (12分) -aie(u(.) s(t)=t+In t-ln(e'-1)(t>1), 则'(t)=1+1-e=e-t-1 (15分) te'-1t(e'-1) 18.(1)解：f'(x)=e-1, (1分) 令F(t)=e-t-1(t>1), 当x<0时，f'(x)<0,f(x)单调递减； 则F'(t)=e一1>0，F(t)单调递增， 当x>0时，'(x)>0,f(x)单调递增， 所以F(t)>F(1)=e-2>0,即s'(t)>0, 所以当x=0时，f(x)取得最小值，且最小值 所以s(t)在区间(1，+∞)上单调递增，(15分) 为f(0)=1-a. 所以s(t)>s(1)=1-ln(e-1), 又(x)有两个零点， 故xz>1-ln(e-1). (17分) 4 2026年5月高三年级学业质量检测 ·数学· 19.解：(1)设事件M=“甲连胜3局比赛结束”， 则M包含开局甲执先与开局乙执先两种情况. 所以如：品}是以品为首项。是为公比 当开局甲执先时，甲连胜3局比赛结束的概 的等比数列， 9 率为P-××附)- (1分) 所以ak一 7 品品=) 当开局乙执先时，甲连胜3局比赛结束的概 故ak 9 17 、 率为P:=×(付》-品 (2分) 即第长局甲获胜的概率为品（一） 9 所以P(M)= 1113 24千54216， (3分) (12分) （iⅱ)设X:表示第i局(1≤i≤n)甲获胜的局 即甲连胜3局比赛结束的概率为26 13 (4分) a,X:=1, 数，则P(X,) (2)(i)设第k局甲获胜的概率为ak, 1-a,X,=0, 5 (1-ak)= 3 2a+ 所以E(X,)=a,, (14分) 所以E(X)=E(X,十X2十…十X)=E(X:)十 (7分) E(X2)+…+E(Xw)=a1+a2+…十an= (8分) 1-（) 9n 5 1×3+1×1_13 沿品×() 1-() 17 578 又a1=2×4+2324 所以a1-72917408 91395 7s×(-)” (17分) ·5·绝密★启用前 2026年5月高三年级学业质量检测 数 学 本试卷总分150分，考试时间120分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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。 写在本试卷上无效。 In 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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M={x1gx<1},N={xx≤2}，则M∩N= 数 A.(0,2] B.(0,10) C.[2,10) D.(-∞，10) 2.已知x=1十i,则|之（之+2i)|= A.1 B.√2 C.3 D.2 3.(a-b)(a+b)5的展开式中a3b3的系数是 A.-5 B.0 C.5 D.10 4.在平面四边形ABCD中，AC⊥BD,AC与BD交于点O,OA=OC=2,OB=4OD=4, M为AB边的中点，则OM·CD= A.-5 B.0 C.5 D.10 5.已知三棱台ABCA1B1C1的上底面面积为S1,下底面面积为S2,高为h,则四面体 ABB1C1的体积为 A.g5. Sth B. 1 C.SiS:h D. S1+S:h 6 6.在Rt△AB0中，∠AOB=90,OA=20B,点M在AB边上，且∠AOM=30,则AM AB A.2-√3 B.4-2√3 C.3-3 D.6-23 7.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点F的直线交C于A,B两点，且AF=3FB,线段 AB的中点为M,O为坐标原点，则|OM= √37 4√3 A.2 B. C.5 D. 3 3 数学试题第1页（共4页） 8.已知7>23,11>31a=9b=1og23c=10g31,则 A.b>a>c B.b>c>a C.a>c>b D.a>b>c 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.在正方体ABCD-A1B,C1D1中，则 A.直线AB1与AD是异面直线 B.过直线B,C存在唯一平面与A1C1垂直 C.过直线B,C存在唯一平面与A1C1平行 D.直线A1C1与CD1所成的角为45 10.已知函数f(x)=x(2x一2x),则 A.f(x)为偶函数 B.f(x)在区间(0，十∞)上单调递增 C.3m∈R,关于x的方程f(x)=m有四个解 D.满足f(x+2)>f(3x一2)的x的取值范围是(0,2) 11.已知位于第一象限的动点P在函数f(x)=√x2-2的图象上，定点M(一2,0)，N(2,0),斜 率为k的直线1过点N,则下列说法正确的是 A.IPM|-PN为定值 B.当一1<k≤1时，f(x)的图象与1有两个交点 C.过点P(√2,0)作直线平行于y轴，交直线y=x于点Q1,过点Q1作直线平行于x轴， 与曲线y=f(x)在第一象限交于点P2,过点P2作直线平行于y轴，交直线y=x 于点Q2,过点Q2作直线平行于x轴，与曲线y=∫(x)在第一象限交于点P,…,依 此类推，则点Pm的横坐标为√22 D.若曲线y=f(x)在点P处的切线分别交直线y=x,y=一x于A,B两点，则△OAB (O为坐标原点)的面积为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知一组数据1,3，a,b(a<b)的平均数为5，方差为11.5，则b一a= 13.记S。为数列a,}的前n项和，已知a1=225a1=1”2a.,则当S.取得最大值时， 1 n= 14.已知过点M(1,m)可作曲线y=xe的3条切线，则m的取值范围是 数学试题第2页（共4页） 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) 设m>0,函数f(x)=sin2x十7cos2x十2 nsin xcos x的最大值为9. (1)求m: (2)若x=p时，f(x)取得最小值，求tanp. 16.(15分) 如图，在直角梯形ABCD中，∠BCD=90°，AB∥CD,BC=CD=2,AB=4,将△BCD 沿BD折起，使点C到达点C'处，且平面BC'D⊥平面ABD. (1)证明：平面C'AD⊥平面BC'D; (2)求直线C'D与平面CAB所成角的正弦值. C D R 17.(15分) 已知椭圆C:a十6=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F(-2,0),F,(2,0),点M在C 上，且△MF,F2的内切圆的圆心为点Q(1,1). (1)求C的方程； (2)过点F:且倾斜角为0(<0<)的直线1交C于A,B两点，记△AF,F: △BF,P:的面积分别为S,S:,求的取值范围。 数学试题第3页（共4页） 18.(17分) 已知函数f(x)=e一x一a有两个零点x1,x2. (1)求a的取值范围； (2)若x2一x1>1,证明： (i)x1<-ln(e-1); (i)x2>1-ln(e-1). 19.(17分) 甲，乙两人下棋，甲执先时，甲雕乙的概率均为子乙执先时，乙胜甲的概率均为行，且设 有和棋.每局结束，下一局负者执先，开局掷硬币猜先. (1)若执行5局3胜制，求甲连胜3局比赛结束的概率； (2)若共比赛n局. (ⅰ)设1≤k≤n,求第k局甲获胜的概率； (ⅱ)设随机变量X为甲获胜的局数，求X的数学期望. 数学试题第4页（共4页）2026年5月高三年级学业质量检测 ·数学· 叁春爸亲及解析 2026年5月高三年级学业质量检测·数学 一、选择题 sin60,两式相除得AV3x4B MB 3入 1.A【解析】因为M=(0,10),N=(-∞，2]， OB(1-λ)AB1-λ 所以M∩N=(0,2]. 2解得=4-25即-4-25。 2.D【解析】|z(z+2i)|=|(1+i)(1-i+2i)|= 1(1+i)2|=2=2. 3.B【解析】因为(a-b)(a+b)5=(a-b)· (a5+5a4b+10a3b2+10a2b3+5ab+b5),所 M b 以a3b3的系数为10一10=0. 7.B【解析】根据对称性，不妨设直线AB的倾 斜角为锐角，如图，设C的准线为l,∠AFx= 4.B【解析】O成i.C=2(Oi+O)·(Oi 0,|FB|=m,则|FA|=3m.过点A作AQ⊥ x轴于点Q,AA'⊥1于点A',则由抛物线的定 0d)=20M.0i-0.0+0i.0i- 义得3mcos0+2=|AA'|=3m,同理过点B 作BB'⊥l于点B',可得2-mcos0=BB'|= 0i.0心)=号(0+2×2-4×1-0)=0. 2 5.C【解析】如图，由题意得V三台ABC-A,BC m,解得0=60，m=专设点Mwyw则 3(S:+S:十√SS2)h,所以V阳体A,9 xM一1=mcos0,解得xM= 3,所以yM= V三枚台ABCA,B,C,一V三校能AA,B,C,一V三校锥C,ABC √3(xM-1)= 故0M=+,= 2W3 3 3 吉S,+5:十SS)M-号sA-号Sh A 35s M A O Q B .XB 8.D【解析】因为75>233，所以5>3l0g23,即 5 23 B 3>1og,23,即a>b.因为6-1=log7c-1= 6.B【解析】如图，设AM=入AB,∠OMB=0, 1os而1og9>1bg3>logn8>loeu引 31 OA AM OB 则由正弦定理得 sin(180-0)sin 30'sin 0 所以b-1>c-1,即b>c.综上，a>b>c. ·1 ·数学· 参考答案及解析 二、选择题 2 √/x一2.将y=x代入得xA= 9.AC【解析】对于A,因为AB1C平面AAB1B, x0-√x8-2 D庄平面AA1B1B,A1∈平面AA1B1B,且A1 x0十√x-2,同理可得xB=x0一√x一2， 直线AB1,所以直线AB,与A,D是异面直 所以S△OAB= 2·2xA·2xB=2,故D 1 线，故A正确；对于B,若AC垂直于过BC 正确. 的平面，则AC⊥BC,显然不成立，故B错 三、填空题 误；对于C,连接AC,平面AB1C即为唯一的 过B,C且与A,C1平行的平面，故C正确；对 12.4【解析】由题意得}×(1十3十a十b)=5, 4 于D,因为AC∥A1C1,所以∠ACD1=60°即 ×[1-5)2+(3-5)+(a-5)2+(69 为AC1与CD1所成的角，故D错误。 5)2]=11.5,所以a+b=16,(a-5)2+(b- 10.ABD【解析】对于A,f(-x)=-x(2x 5)2=26,解得a=6,b=10,故b-a=4. 2)=x(2-2x)=f(x),则f(x)为偶函 a。,所以1 数，故A正确：对于B,设0<x1<x,则0<13.1013【解析】因为a,1=1广2a an+1 241-21<2?-22,所以x1(21-21)< 1-2a-1-2,即1-1=-2，所以 x2(22一22)，即f(x1)<f(x2),则f(x) an an an+1 an 在区间(0，十∞)上单调递增，故B正确；对于 1)是首项为2025，公差为一2的等差数列， C,由A,B可知C错误；对于D,由A,B可知 f(x十2)>f(3x-2)台|x+2|>|3x-2|台 所以21=2025+(-2)×(0-1)=2027-21. an （x十2)2>(3x一2)台0<x<2,故D正确. 1 11.ACD【解析】对于A,因为y=/x-2,所 故am=2027-2 .当2027-2n>0时，n≤ 1013,am>0;当2027-2n<0时，n≥1014， 以x2-y2=2(y≥0)，故曲线y=f(x)是双 am<0,所以当Sn取得最大值时，n=1013. 曲线在x轴及x轴上方的部分，M,N分别为 14.(一5e-2,0)【解析】设切点坐标为(xo,ya), 双曲线的左、右焦点，所以|PM|一PN|= y'=(x+1)e*,则切线方程为y-xoe。= 2√2，故A正确；对于B,易知当0<k≤1时， (xo十1)eo(x-xo).又点M(1,m)在切线 l与曲线y=f(x)无公共点，故B错误；对于 上，所以m-xoeo=(xo+1)e'(1-xo),整 C,设Pn(xm,yn),Qn(xn,xn),Pm+1（xm+1, 理得(x-x。-1)eo十m=0.令g（x)= yw+1),所以yn+1=xm.又x员+1一y+1=2,所 (x2-x-1)e,则g'(x)=(x2十x-2)e.令 以x+1一x=2,即{x}是首项为2，公差为 g'(x)=0,得x=-2或x=1.当x<-2或 2的等差数列，所以x=2+2(n-1)=2n, x>1时，g'(x)>0,g(x)单调递增；当-2< 则xn=√2n,故C正确；对于D,f'(x)= x<1时，g'(x)<0,g(x)单调递减.当x 2x -∞时，g(x)→0，且g(x)>0;当x→十∞ 2√x2-2√x-2 ,设切点P(xo,yo),则切 时，g(x)→十∞，且g(-2)=5e2,g(1)= -e,由题意得g(x)+m=0有3个实数根， 线方程为y一yo= (x-x),其中y= √x名-2 所以0<一m<5e2,解得-5e2<m<0. ·2。 2026年5月高三年级学业质量检测 ·数学· 四、解答题 (2)解：如图，设O,E分别为BD,AB的中 15.解：(1)f(x)= 1-cos 2x7x1+cos 2r 点，连接OE,CO,则CO⊥BD,OE∥AD. 2 2 因为AD⊥BD,所以OE⊥BD m sin 2x=m sin 2x+3cos 2x++4, (3分) 又平面BC'D⊥平面ABD, 由题意得√m2+9+4=9, 所以CO⊥平面ABD 结合m>0,解得m=4. (5分) 又OEC平面ABD,所以C'O⊥OE.(9分) (2)由(1)得f(x)=4sin2x+3cos2x+4= 以O为坐标原点，O元，O店，OC的方向分别 5sin(2x+0)+4,其中sin0= 5,c0s0= 4 为x轴、y轴、之轴的正方向，建立空间直角坐 标系，则D(0,一√2,0)，B(0√2,0)，A(2√2， 因为当x=时，∫(x)取得最小值， -2,0),C'(0,0,2), 所以29十0=2kx-k∈Z. 所以CD=(0,-√2，-√2)，AB=(-2√2， 22,0),BC=(0,-2,2). (11分) 设平面CAB的法向量为m=(x,y,之)， 故1ang=-tan(+2)片 1+tan 2 m·AB=0,1-22x+22y=0, 则 即 1-tan 2 m·BC=0, -√2y十√2x=0. (9分) 令x=1,得y=1之=1，则m=(1,1,1). (13分) 0 2sin2 又tan2 sin 2 1-cos 0 设直线C'D与平面C'AB所成的角为O, 0 00 cos 2 sin 0 2sin 2cos 2 则sin0=|cos(m,Ci)1=m·C方 mC'D 5」 -2-21_6 3 3 √3X2 3 故直线C'D与平面CAB所成角的正弦值为 1+1 3 6 所以tanp= =-2 (13分) 3 (15分) 1 13 16.(1)证明：因为BC=CD=2,∠BCD=90°， 所以BD=√BC2+CD=√22+22=2√2. 易得AD=2√2，所以AD2+BD2=AB2, 所以AD⊥BD, (3分) 因为平面BC'D⊥平面ABD,平面BC'D∩ 平面ABD=BD,ADC平面ABD, 17.解：(1)设△MF1F2的内切圆与三边MF1, 所以AD⊥平面BCD, MF2,F1F2的切点分别为D,E,P,连接QP, 又ADC平面C'AD, QE,则QP⊥F1F2,QE⊥MF2· 所以平面C'AD⊥平面BC‘D. (6分) 因为Q(1,1),F2(2,0), ·3。 ·数学· 参考答案及解析 所以四边形QPF2E为正方形，则MF?⊥ 所以1-a<0,即a>1. (4分) FF2. (2分) 当a>1时，f(-a)=e>0,则f(x)在区 设MD=m,则|MF:|=m十3，MF2|= 间（一∞，0）上有一个零点 m+1,又F1F2=4, 令h(x)=ew-ex,x>l, 所以(m+3)2=(m+1)2+16,解得m=2, 则h'(x)=e-e>0,h(x)在区间(1，+∞) 所以2a=|MF,|+|MF2|=(m+3)+(m+ 上单调递增， 1)=8,即a=4, (4分) 所以h(x)>h(1)=0, 所以b2=a2-c2=12, (5分) 可得f(a)=e-2a>ea-2a>0, 数C的方程为6+- 则f(x)在区间(0，十∞)上有一个零点， (6分) 故a的取值范围是(1，十∞). (5分) (2)设1的方程为x=ty+2,t∈ (2)证明：(i)由题意得e2=x2十a,e= 0,3 x1十a, A(x1,y),B(x2y2), 两式相减得e:一e1=x2一x1. ('y 由16+i21得3r+4y+12y-36=0. 令t=x2-x1,则t>1,x2=x1十t, x=y+2, 故e51+t一e1=t, 12t 36 则y1十y2= 所以e1=,1 e'-1 (8分) 3t2+4'y1yg= 3t2+4 (9分) t 令g)=e-1t>1, 设y1=2,消去y1,y:得入+2十 则g')=e1e=e-)21<0. (e'-1)2 (e'-1)2 412 g(t)在区间(1，十∞)上单调递减， 1 由入+2+}<0，解得A<0,且A≠-1： 所以g(t)<g(1)= e-1’ 1、4 又入+2+x>一15' 即<故<-1he-》. (11分) 所以-号A<-1或-1A<-号.13分) 3 (i)由(i)得x2=x1十t=t+lnt-ln(e一 1)(t>1). (12分) -aie(u(.) s(t)=t+In t-ln(e'-1)(t>1), 则'(t)=1+1-e=e-t-1 (15分) te'-1t(e'-1) 18.(1)解：f'(x)=e-1, (1分) 令F(t)=e-t-1(t>1), 当x<0时，f'(x)<0,f(x)单调递减； 则F'(t)=e一1>0，F(t)单调递增， 当x>0时，'(x)>0,f(x)单调递增， 所以F(t)>F(1)=e-2>0,即s'(t)>0, 所以当x=0时，f(x)取得最小值，且最小值 所以s(t)在区间(1，+∞)上单调递增，(15分) 为f(0)=1-a. 所以s(t)>s(1)=1-ln(e-1), 又(x)有两个零点， 故xz>1-ln(e-1). (17分) 4 2026年5月高三年级学业质量检测 ·数学· 19.解：(1)设事件M=“甲连胜3局比赛结束”， 则M包含开局甲执先与开局乙执先两种情况. 所以如：品}是以品为首项。是为公比 当开局甲执先时，甲连胜3局比赛结束的概 的等比数列， 9 率为P-××附)- (1分) 所以ak一 7 品品=) 当开局乙执先时，甲连胜3局比赛结束的概 故ak 9 17 、 率为P:=×(付》-品 (2分) 即第长局甲获胜的概率为品（一） 9 所以P(M)= 1113 24千54216， (3分) (12分) （iⅱ)设X:表示第i局(1≤i≤n)甲获胜的局 即甲连胜3局比赛结束的概率为26 13 (4分) a,X:=1, 数，则P(X,) (2)(i)设第k局甲获胜的概率为ak, 1-a,X,=0, 5 (1-ak)= 3 2a+ 所以E(X,)=a,, (14分) 所以E(X)=E(X,十X2十…十X)=E(X:)十 (7分) E(X2)+…+E(Xw)=a1+a2+…十an= (8分) 1-（) 9n 5 1×3+1×1_13 沿品×() 1-() 17 578 又a1=2×4+2324 所以a1-72917408 91395 7s×(-)” (17分) ·5·绝密★启用前 2026年5月高三年级学业质量检测 数 学 本试卷总分150分，考试时间120分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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。 写在本试卷上无效。 In 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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M={x1gx<1},N={xx≤2}，则M∩N= 数 A.(0,2] B.(0,10) C.[2,10) D.(-∞，10) 2.已知x=1十i,则|之（之+2i)|= A.1 B.√2 C.3 D.2 3.(a-b)(a+b)5的展开式中a3b3的系数是 A.-5 B.0 C.5 D.10 4.在平面四边形ABCD中，AC⊥BD,AC与BD交于点O,OA=OC=2,OB=4OD=4, M为AB边的中点，则OM·CD= A.-5 B.0 C.5 D.10 5.已知三棱台ABCA1B1C1的上底面面积为S1,下底面面积为S2,高为h,则四面体 ABB1C1的体积为 A.g5. Sth B. 1 C.SiS:h D. S1+S:h 6 6.在Rt△AB0中，∠AOB=90,OA=20B,点M在AB边上，且∠AOM=30,则AM AB A.2-√3 B.4-2√3 C.3-3 D.6-23 7.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点F的直线交C于A,B两点，且AF=3FB,线段 AB的中点为M,O为坐标原点，则|OM= √37 4√3 A.2 B. C.5 D. 3 3 数学试题第1页（共4页） 8.已知7>23,11>31a=9b=1og23c=10g31,则 A.b>a>c B.b>c>a C.a>c>b D.a>b>c 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.在正方体ABCD-A1B,C1D1中，则 A.直线AB1与AD是异面直线 B.过直线B,C存在唯一平面与A1C1垂直 C.过直线B,C存在唯一平面与A1C1平行 D.直线A1C1与CD1所成的角为45 10.已知函数f(x)=x(2x一2x),则 A.f(x)为偶函数 B.f(x)在区间(0，十∞)上单调递增 C.3m∈R,关于x的方程f(x)=m有四个解 D.满足f(x+2)>f(3x一2)的x的取值范围是(0,2) 11.已知位于第一象限的动点P在函数f(x)=√x2-2的图象上，定点M(一2,0)，N(2,0),斜 率为k的直线1过点N,则下列说法正确的是 A.IPM|-PN为定值 B.当一1<k≤1时，f(x)的图象与1有两个交点 C.过点P(√2,0)作直线平行于y轴，交直线y=x于点Q1,过点Q1作直线平行于x轴， 与曲线y=f(x)在第一象限交于点P2,过点P2作直线平行于y轴，交直线y=x 于点Q2,过点Q2作直线平行于x轴，与曲线y=∫(x)在第一象限交于点P,…,依 此类推，则点Pm的横坐标为√22 D.若曲线y=f(x)在点P处的切线分别交直线y=x,y=一x于A,B两点，则△OAB (O为坐标原点)的面积为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知一组数据1,3，a,b(a<b)的平均数为5，方差为11.5，则b一a= 13.记S。为数列a,}的前n项和，已知a1=225a1=1”2a.,则当S.取得最大值时， 1 n= 14.已知过点M(1,m)可作曲线y=xe的3条切线，则m的取值范围是 数学试题第2页（共4页） 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) 设m>0,函数f(x)=sin2x十7cos2x十2 nsin xcos x的最大值为9. (1)求m: (2)若x=p时，f(x)取得最小值，求tanp. 16.(15分) 如图，在直角梯形ABCD中，∠BCD=90°，AB∥CD,BC=CD=2,AB=4,将△BCD 沿BD折起，使点C到达点C'处，且平面BC'D⊥平面ABD. (1)证明：平面C'AD⊥平面BC'D; (2)求直线C'D与平面CAB所成角的正弦值. C D R 17.(15分) 已知椭圆C:a十6=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F(-2,0),F,(2,0),点M在C 上，且△MF,F2的内切圆的圆心为点Q(1,1). (1)求C的方程； (2)过点F:且倾斜角为0(<0<)的直线1交C于A,B两点，记△AF,F: △BF,P:的面积分别为S,S:,求的取值范围。 数学试题第3页（共4页） 18.(17分) 已知函数f(x)=e一x一a有两个零点x1,x2. (1)求a的取值范围； (2)若x2一x1>1,证明： (i)x1<-ln(e-1); (i)x2>1-ln(e-1). 19.(17分) 甲，乙两人下棋，甲执先时，甲雕乙的概率均为子乙执先时，乙胜甲的概率均为行，且设 有和棋.每局结束，下一局负者执先，开局掷硬币猜先. (1)若执行5局3胜制，求甲连胜3局比赛结束的概率； (2)若共比赛n局. (ⅰ)设1≤k≤n,求第k局甲获胜的概率； (ⅱ)设随机变量X为甲获胜的局数，求X的数学期望. 数学试题第4页（共4页） 2026年5月高三年级学业质量检测 ·数学· 叁专含案及解析 2026年5月高三年级学业质量检测·数学 一、选择题 1.A【解析】因为M=(0,10),N=(-∞，2] sin60,两式相除得0A一V3MB MB 3λ OB(1-λ)AB1-λ 所以M∩N=(0,2]. 2解得A=4一25，即A=4一25。 2.D【解析】z(+2)=1(1+i)(1-i+2i)|= 1(1+i)2|=|2i=2. 3.B【解析】因为(a-b)(a+b)5=(a-b)· (a5+5a4b+10a3b2+10a2b3+5ab1+b5),所 M b 以a3b3的系数为10-10=0. 7.B【解析】根据对称性，不妨设直线AB的倾 斜角为锐角，如图，设C的准线为l,∠AFx= 4.B【解析】O成i.C币=号(O+O)·(O 0,|FB|=m,则|FA|=3m.过点A作AQ⊥ x轴于点Q,AA'⊥1于点A',则由抛物线的定 00)=(0A OD-OA 0C+0B OD 义得3mcos0+2=AA'|=3m,同理过点B 作BB'⊥1于点B',可得2-mcos0=BB'|= oi.0d)=20+2x2-4X1-0)=0. m,解得0=60m=专设点M(yx,则 5.C【解析】如图，由题意得V三校台ABCA:B,C 3(S:+S:十√SS2)h,所以V阳体A,S r-1=mc0s0,解得x=3,所以w V三校台ABC A B,C,一V三校能AA,B,C,一V三校锥C,ABC一 V5(xM-1D=23 故10M=+y=7 3 3 号(S,+5:+SS)h-专sh-号sA 35S M A Q B 8.D【解析】因为7>233，所以5>3log23,即 5 23 B 3>log:23,即a>b.因为b-1=log7c-1= 6.B【解析】如图，设AM=入AB,∠OMB=0, AM OB 1ogn引而1og:2号>log,3>1log3>1ogn 31 OA 则由正弦定理得 sin(180-0)sin 30'sin 所以b-1>c-1,即b>c.综上，a>b>c. ·数学· 参考答案及解析 二、选择题 2 √x-2.将y=x代人得x4= 9.AC【解析】对于A,因为AB1C平面AA1B1B, x0-√x8-2 D庄平面AA1B1B,A1∈平面AA1B1B,且A1E x0十√x名一2，同理可得xB=x一√x一2， 直线AB1,所以直线AB1与A,D是异面直 1 所以So8=2·2xA·反xs=2,故D 线，故A正确；对于B,若A,C1垂直于过B1C 正确. 的平面，则A,C1⊥B,C,显然不成立，故B错 三、填空题 误；对于C,连接AC,平面AB1C即为唯一的 过B,C且与AC1平行的平面，故C正确；对 12.4【解析】由题意得×(1+3十a+b)=5, 4 于D,因为AC∥A1C1,所以∠ACD1=60°即 4X[1-5)2+(3-5)2+(a-5)2+(6 为A1C1与CD1所成的角，故D错误， 5)2]=11.5,所以a+b=16,(a-5)2+(b- 10.ABD【解析】对于A,f(-x)=-x(2x 5)2=26,解得a=6,b=10,故b-a=4. 2)=x(2-2x)=f(x),则f(x)为偶函 a。,所以1 数，故A正确：对于B,设0<x1<x2,则0<13.1013【解析】因为a1=1一2a an+1 21-211<22-22,所以x1(21-2x1)< 1-2a=1-2,即1-1=-2，所以 x2(22一22)，即f(x1)<f(x2),则f(x) a an+1 an 在区间(0，十∞)上单调递增，故B正确；对于 1}是首项为2025，公差为-2的等差数列， a C,由A,B可知C错误：对于D,由A,B可知 f(x+2)>f(3x-2)台|x+2|>|3.x-2|台 所以1 =2025+(-2)×(n-1)=2027-2n, an （x十2)>(3x-2)2台0<x<2,故D正确. 1 .当2027-2n>0时，n≤ 11.ACD【解析】对于A,因为y=√x2-2,所 故an=2027-2 1013,aw>0;当2027-2n<0时，n≥1014， 以x2-y2=2(y≥0)，故曲线y=f(x)是双 aw<0,所以当Sm取得最大值时，n=1013. 曲线在x轴及x轴上方的部分，M,N分别为 14.(一-5e2,0)【解析】设切点坐标为(xo,yo), 双曲线的左、右焦点，所以|PM|一|PN|= y'=(x十1)e,则切线方程为y一xoe。= 2√2，故A正确；对于B,易知当0<k≤1时， (xo十1)e(x一xo).又点M(1,m)在切线 (与曲线y=f(x)无公共点，故B错误；对于 上，所以m-xoeo=(xo十1)eo(1-xa),整 C,设Pn（xn,yn),Qn(xn,xn),Pn+1(xm+1, 理得(x-x。一1)e0+m=0.令g（x)= yw+1),所以ym+1=xw.又x7+1一y员+1=2，所 (x2-x-1)e,则g'(x)=(x2十x-2)e.令 以x+1一x=2,即{x}是首项为2，公差为 g′(x)=0,得x=-2或x=1.当x<-2或 2的等差数列，所以x=2+2(n一1)=2n, x>1时，g'(x)>0,g(x)单调递增；当-2< 则xm=√2n,故C正确；对于D,f'(x)= x<1时，g'(x)<0,g(x)单调递减.当x→ 2x 工，设切点P(xoyo),则切 -∞时，g(x)→0，且g(x)>0;当x→+o∞ 2√x2-2x2-2 时，g(x)→+∞，且g(-2)=5e2,g(1)= 线方程为y一yo= x0(x-x),其中y= 一e,由题意得g(x)+m=0有3个实数根， √x8-2 所以0<-m<5e2,解得-5e2<m<0. ·2。 2026年5月高三年级学业质量检测 ·数学· 四、解答题 (2)解：如图，设O,E分别为BD,AB的中 15.解：(1)f(x)= 1-cos 2z7x1+cos 2x 点，连接OE,C'O,则CO⊥BD,OE∥AD. 2 2 因为AD⊥BD,所以OE⊥BD msin 2x=msin 2x+3cos 2+4, (3分) 又平面BC'D⊥平面ABD, 由题意得√m2十9+4=9， 所以CO⊥平面ABD, 结合m>0,解得m=4. (5分) 又OEC平面ABD,所以C'O⊥OE.(9分) (2)由(1)得f(x)=4sin2x+3cos2x+4= 以0为坐标原点，OE,OB,OC的方向分别 3 5sin(2x+0)+4,其中sin0= ,c0s0=5 为x轴、y轴、之轴的正方向，建立空间直角坐 标系，则D(0,-√2,0)，B(0,√2,0)，A(2√2， 因为当x=时，∫(x)取得最小值， -√2,0)，C‘(0,0,√2)， 所以24+0=2kx-2k∈Z。 所以C⑦=(0，-√2，-√2)，AB=(-22, 解得=x(+2）∈乙。 22,0),BC=(0,-√2W2). (11分) 设平面C'AB的法向量为m=(x,y,z), 放1an9=-tan(子+) 1十tan2 m·AB=0, -2√2x+2W2y=0, 0 则 即 1一tan2 m·BC=0, -√2y十2x=0. (9分) 令x=1,得y=1,之=1，则m=(1,1,1) 0 2sin (13分) 又tan2 sin 2 2 1-cos 0 设直线C'D与平面CAB所成的角为O, 0 0 sin cos 2 2sin 2cos 2 则sin0=|cos(m,C'D)|= m·CD mC'D 4 1- 51 -√2-√21√6 三 3 3 √3×2 3 5 故直线C'D与平面CAB所成角的正弦值为 1+ 3 6 所以tanp= =-2 (13分) 3 (15分) 1 1一3 16.(1)证明：因为BC=CD=2,∠BCD=90°， 所以BD=√BC2+CD=√22十2=2√2， 易得AD=2√2，所以AD2+BD2=AB2, 所以AD⊥BD. (3分) 因为平面BCD⊥平面ABD,平面BC'D∩ 平面ABD=BD,ADC平面ABD, 17.解：(1)设△MF1F2的内切圆与三边MF1, 所以AD⊥平面BCD, MF2,F1F2的切点分别为D,E,P,连接QP, 又ADC平面C'AD, QE,则QP⊥F1F2,QE⊥MF2. 所以平面C‘AD⊥平面BC‘D. (6分) 因为Q(1,1),F2(2,0), ·3· ·数学· 参考答案及解析 所以四边形QPF2E为正方形，则MF2⊥ 所以1-a<0,即a>1. (4分) FF2. (2分) 当a>1时，f(-a)=e>0,则f(x)在区 设|MD|=m,则|MF1=m+3,MF2|= 间（一∞，0）上有一个零点 m+1,又|F1F2=4, 令h(x)=e-ex,x>1, 所以(m+3)2=(m+1)2+16,解得m=2, 则h'(x)=e-e>0,h(x)在区间(1，+∞) 所以2a=|MF1|+|MF2|=(m+3)+(m+ 上单调递增， 1)=8,即a=4, (4分) 所以h(x)>h(1)=0, 所以b2=a2-c2=12, (5分) 可得f(a)=e-2a>ea-2a>0, 成C的方程为6+亡-山 则f(x)在区间(0，十∞)上有一个零点， (6分) 故a的取值范围是(1，十c∞). (5分) (2设1的方程为=y+2∈(0，) (2)证明：(i)由题意得e?=x2十a,e1= x1十a, A(x1y1),B(x2y2), 两式相减得e2一ei=x2一x1. x2y2 由6+i21得3r+4y+12-36=0. 令t=x2一x1,则t>1,x2=x1十t, x=ty+2, 故e1+t一e1=t, t 12t 36 则y1+y2= 所以e1=e (8分) 3t2+4y1y2= 3t2+4 (9分) t 令g(t)= -1t>1, 设y=2,消去y1y:得入十2+十 则g)=1e=0》1<0, (e'-1)2 (e-1)2 4t2 g(t)在区间(1，十∞)上单调递减， 1 由入十2+}<0，解得X<0,且X≠-1： 所以g(t)<g(1)= 入 e-1' 又+2+ 即e<e1放x<-1a(e-1. (11分) (i)由(i)得x2=x1+t=t+lnt-ln(e- 5 5,(13分) 所以-3<A<-1或-1<A<- 1)(t>1). (12分) 故--以∈(u》 s(t)=t+In t-In(e'-1)(t>1), (15分) 则')=1+1-e=e-t-1 te'-1t(e'-1) 18.(1)解：f'(x)=e-1, 1分) 令F(t)=e-t-1(t>1), 当x<0时，f'(x)<0,f(x)单调递减； 则F'(t)=e-1>0,F(t)单调递增， 当x>0时，f'(x)>0,f(x)单调递增， 所以F(t)>F(1)=e-2>0,即s'(t)>0, 所以当x=0时，f(x)取得最小值，且最小值 所以s(t)在区间(1，+∞)上单调递增，(15分) 为f(0)=1-a. 所以s(t)>s(1)=1-ln(e-1), 又f(x)有两个零点， 故x2>1-ln(e-1). (17分) ·4· 2026年5月高三年级学业质量检测 ·数学· 19.解：(1)设事件M=“甲连胜3局比赛结束”， 则M包含开局甲执先与开局乙执先两种情况. 所以：品}是以品为首项。是为公比 当开局甲执先时，甲连胜3局比赛结束的概 的等比数列， 9 率为P-××)- (1分) 所以ak一 7 品品=) 当开局乙执先时，甲连胜3局比赛结束的概 故ak= 9 17 、 率为P:=×(付》广-品 (2分) 即第长局甲获胜的概率为品一（一）： 9 所以P(M)= 1113 24千54216， (3分) (12分) (ⅱ)设X,表示第i局(1≤i≤n)甲获胜的局 即甲连胜3局比赛结束的概率为26 13 (4分) a,X,=1, 数，则P(X,) (2)(i)设第k局甲获胜的概率为a, 1-a,X,=0, 5 (1-ak)= 2a+年 所以E(X,)=a, (14分) 所以E(X)=E(X1十X2十…十X)=E(X1)+ (7分) E(X2)+…十E(Xw)=a1十a2+…+am= 所以a品=, (8分) 器×() 1) 9n 5 1×3+1×1_13 17 578 又a1=2×4+2X3-24 1-() 所以a1-7一247408 91395 7s×(-)” (17分) ·5·2026年5月高三年级学业质量检测 ·数学· 叁专含案及解析 2026年5月高三年级学业质量检测·数学 一、选择题 1.A【解析】因为M=(0,10),N=(-∞，2] sin60,两式相除得0A一V3MB MB 3λ OB(1-λ)AB1-λ 所以M∩N=(0,2]. 2解得A=4一25，即A=4一25。 2.D【解析】z(+2)=1(1+i)(1-i+2i)|= 1(1+i)2|=|2i=2. 3.B【解析】因为(a-b)(a+b)5=(a-b)· (a5+5a4b+10a3b2+10a2b3+5ab1+b5),所 M b 以a3b3的系数为10-10=0. 7.B【解析】根据对称性，不妨设直线AB的倾 斜角为锐角，如图，设C的准线为l,∠AFx= 4.B【解析】O成i.C币=号(O+O)·(O 0,|FB|=m,则|FA|=3m.过点A作AQ⊥ x轴于点Q,AA'⊥1于点A',则由抛物线的定 00)=(0A OD-OA 0C+0B OD 义得3mcos0+2=AA'|=3m,同理过点B 作BB'⊥1于点B',可得2-mcos0=BB'|= oi.0d)=20+2x2-4X1-0)=0. m,解得0=60m=专设点M(yx,则 5.C【解析】如图，由题意得V三校台ABCA:B,C 3(S:+S:十√SS2)h,所以V阳体A,S r-1=mc0s0,解得x=3,所以w V三校台ABC A B,C,一V三校能AA,B,C,一V三校锥C,ABC一 V5(xM-1D=23 故10M=+y=7 3 3 号(S,+5:+SS)h-专sh-号sA 35S M A Q B 8.D【解析】因为7>233，所以5>3log23,即 5 23 B 3>log:23,即a>b.因为b-1=log7c-1= 6.B【解析】如图，设AM=入AB,∠OMB=0, AM OB 1ogn引而1og:2号>log,3>1log3>1ogn 31 OA 则由正弦定理得 sin(180-0)sin 30'sin 所以b-1>c-1,即b>c.综上，a>b>c. ·数学· 参考答案及解析 二、选择题 2 √x-2.将y=x代人得x4= 9.AC【解析】对于A,因为AB1C平面AA1B1B, x0-√x8-2 D庄平面AA1B1B,A1∈平面AA1B1B,且A1E x0十√x名一2，同理可得xB=x一√x一2， 直线AB1,所以直线AB1与A,D是异面直 1 所以So8=2·2xA·反xs=2,故D 线，故A正确；对于B,若A,C1垂直于过B1C 正确. 的平面，则A,C1⊥B,C,显然不成立，故B错 三、填空题 误；对于C,连接AC,平面AB1C即为唯一的 过B,C且与AC1平行的平面，故C正确；对 12.4【解析】由题意得×(1+3十a+b)=5, 4 于D,因为AC∥A1C1,所以∠ACD1=60°即 4X[1-5)2+(3-5)2+(a-5)2+(6 为A1C1与CD1所成的角，故D错误， 5)2]=11.5,所以a+b=16,(a-5)2+(b- 10.ABD【解析】对于A,f(-x)=-x(2x 5)2=26,解得a=6,b=10,故b-a=4. 2)=x(2-2x)=f(x),则f(x)为偶函 a。,所以1 数，故A正确：对于B,设0<x1<x2,则0<13.1013【解析】因为a1=1一2a an+1 21-211<22-22,所以x1(21-2x1)< 1-2a=1-2,即1-1=-2，所以 x2(22一22)，即f(x1)<f(x2),则f(x) a an+1 an 在区间(0，十∞)上单调递增，故B正确；对于 1}是首项为2025，公差为-2的等差数列， a C,由A,B可知C错误：对于D,由A,B可知 f(x+2)>f(3x-2)台|x+2|>|3.x-2|台 所以1 =2025+(-2)×(n-1)=2027-2n, an （x十2)>(3x-2)2台0<x<2,故D正确. 1 .当2027-2n>0时，n≤ 11.ACD【解析】对于A,因为y=√x2-2,所 故an=2027-2 1013,aw>0;当2027-2n<0时，n≥1014， 以x2-y2=2(y≥0)，故曲线y=f(x)是双 aw<0,所以当Sm取得最大值时，n=1013. 曲线在x轴及x轴上方的部分，M,N分别为 14.(一-5e2,0)【解析】设切点坐标为(xo,yo), 双曲线的左、右焦点，所以|PM|一|PN|= y'=(x十1)e,则切线方程为y一xoe。= 2√2，故A正确；对于B,易知当0<k≤1时， (xo十1)e(x一xo).又点M(1,m)在切线 (与曲线y=f(x)无公共点，故B错误；对于 上，所以m-xoeo=(xo十1)eo(1-xa),整 C,设Pn（xn,yn),Qn(xn,xn),Pn+1(xm+1, 理得(x-x。一1)e0+m=0.令g（x)= yw+1),所以ym+1=xw.又x7+1一y员+1=2，所 (x2-x-1)e,则g'(x)=(x2十x-2)e.令 以x+1一x=2,即{x}是首项为2，公差为 g′(x)=0,得x=-2或x=1.当x<-2或 2的等差数列，所以x=2+2(n一1)=2n, x>1时，g'(x)>0,g(x)单调递增；当-2< 则xm=√2n,故C正确；对于D,f'(x)= x<1时，g'(x)<0,g(x)单调递减.当x→ 2x 工，设切点P(xoyo),则切 -∞时，g(x)→0，且g(x)>0;当x→+o∞ 2√x2-2x2-2 时，g(x)→+∞，且g(-2)=5e2,g(1)= 线方程为y一yo= x0(x-x),其中y= 一e,由题意得g(x)+m=0有3个实数根， √x8-2 所以0<-m<5e2,解得-5e2<m<0. ·2。 2026年5月高三年级学业质量检测 ·数学· 四、解答题 (2)解：如图，设O,E分别为BD,AB的中 15.解：(1)f(x)= 1-cos 2z7x1+cos 2x 点，连接OE,C'O,则CO⊥BD,OE∥AD. 2 2 因为AD⊥BD,所以OE⊥BD msin 2x=msin 2x+3cos 2+4, (3分) 又平面BC'D⊥平面ABD, 由题意得√m2十9+4=9， 所以CO⊥平面ABD, 结合m>0,解得m=4. (5分) 又OEC平面ABD,所以C'O⊥OE.(9分) (2)由(1)得f(x)=4sin2x+3cos2x+4= 以0为坐标原点，OE,OB,OC的方向分别 3 5sin(2x+0)+4,其中sin0= ,c0s0=5 为x轴、y轴、之轴的正方向，建立空间直角坐 标系，则D(0,-√2,0)，B(0,√2,0)，A(2√2， 因为当x=时，∫(x)取得最小值， -√2,0)，C‘(0,0,√2)， 所以24+0=2kx-2k∈Z。 所以C⑦=(0，-√2，-√2)，AB=(-22, 解得=x(+2）∈乙。 22,0),BC=(0,-√2W2). (11分) 设平面C'AB的法向量为m=(x,y,z), 放1an9=-tan(子+) 1十tan2 m·AB=0, -2√2x+2W2y=0, 0 则 即 1一tan2 m·BC=0, -√2y十2x=0. (9分) 令x=1,得y=1,之=1，则m=(1,1,1) 0 2sin (13分) 又tan2 sin 2 2 1-cos 0 设直线C'D与平面CAB所成的角为O, 0 0 sin cos 2 2sin 2cos 2 则sin0=|cos(m,C'D)|= m·CD mC'D 4 1- 51 -√2-√21√6 三 3 3 √3×2 3 5 故直线C'D与平面CAB所成角的正弦值为 1+ 3 6 所以tanp= =-2 (13分) 3 (15分) 1 1一3 16.(1)证明：因为BC=CD=2,∠BCD=90°， 所以BD=√BC2+CD=√22十2=2√2， 易得AD=2√2，所以AD2+BD2=AB2, 所以AD⊥BD. (3分) 因为平面BCD⊥平面ABD,平面BC'D∩ 平面ABD=BD,ADC平面ABD, 17.解：(1)设△MF1F2的内切圆与三边MF1, 所以AD⊥平面BCD, MF2,F1F2的切点分别为D,E,P,连接QP, 又ADC平面C'AD, QE,则QP⊥F1F2,QE⊥MF2. 所以平面C‘AD⊥平面BC‘D. (6分) 因为Q(1,1),F2(2,0), ·3· ·数学· 参考答案及解析 所以四边形QPF2E为正方形，则MF2⊥ 所以1-a<0,即a>1. (4分) FF2. (2分) 当a>1时，f(-a)=e>0,则f(x)在区 设|MD|=m,则|MF1=m+3,MF2|= 间（一∞，0）上有一个零点 m+1,又|F1F2=4, 令h(x)=e-ex,x>1, 所以(m+3)2=(m+1)2+16,解得m=2, 则h'(x)=e-e>0,h(x)在区间(1，+∞) 所以2a=|MF1|+|MF2|=(m+3)+(m+ 上单调递增， 1)=8,即a=4, (4分) 所以h(x)>h(1)=0, 所以b2=a2-c2=12, (5分) 可得f(a)=e-2a>ea-2a>0, 成C的方程为6+亡-山 则f(x)在区间(0，十∞)上有一个零点， (6分) 故a的取值范围是(1，十c∞). (5分) (2设1的方程为=y+2∈(0，) (2)证明：(i)由题意得e?=x2十a,e1= x1十a, A(x1y1),B(x2y2), 两式相减得e2一ei=x2一x1. x2y2 由6+i21得3r+4y+12-36=0. 令t=x2一x1,则t>1,x2=x1十t, x=ty+2, 故e1+t一e1=t, t 12t 36 则y1+y2= 所以e1=e (8分) 3t2+4y1y2= 3t2+4 (9分) t 令g(t)= -1t>1, 设y=2,消去y1y:得入十2+十 则g)=1e=0》1<0, (e'-1)2 (e-1)2 4t2 g(t)在区间(1，十∞)上单调递减， 1 由入十2+}<0，解得X<0,且X≠-1： 所以g(t)<g(1)= 入 e-1' 又+2+ 即e<e1放x<-1a(e-1. (11分) (i)由(i)得x2=x1+t=t+lnt-ln(e- 5 5,(13分) 所以-3<A<-1或-1<A<- 1)(t>1). (12分) 故--以∈(u》 s(t)=t+In t-In(e'-1)(t>1), (15分) 则')=1+1-e=e-t-1 te'-1t(e'-1) 18.(1)解：f'(x)=e-1, 1分) 令F(t)=e-t-1(t>1), 当x<0时，f'(x)<0,f(x)单调递减； 则F'(t)=e-1>0,F(t)单调递增， 当x>0时，f'(x)>0,f(x)单调递增， 所以F(t)>F(1)=e-2>0,即s'(t)>0, 所以当x=0时，f(x)取得最小值，且最小值 所以s(t)在区间(1，+∞)上单调递增，(15分) 为f(0)=1-a. 所以s(t)>s(1)=1-ln(e-1), 又f(x)有两个零点， 故x2>1-ln(e-1). (17分) ·4· 2026年5月高三年级学业质量检测 ·数学· 19.解：(1)设事件M=“甲连胜3局比赛结束”， 则M包含开局甲执先与开局乙执先两种情况. 所以：品}是以品为首项。是为公比 当开局甲执先时，甲连胜3局比赛结束的概 的等比数列， 9 率为P-××)- (1分) 所以ak一 7 品品=) 当开局乙执先时，甲连胜3局比赛结束的概 故ak= 9 17 、 率为P:=×(付》广-品 (2分) 即第长局甲获胜的概率为品一（一）： 9 所以P(M)= 1113 24千54216， (3分) (12分) (ⅱ)设X,表示第i局(1≤i≤n)甲获胜的局 即甲连胜3局比赛结束的概率为26 13 (4分) a,X,=1, 数，则P(X,) (2)(i)设第k局甲获胜的概率为a, 1-a,X,=0, 5 (1-ak)= 2a+年 所以E(X,)=a, (14分) 所以E(X)=E(X1十X2十…十X)=E(X1)+ (7分) E(X2)+…十E(Xw)=a1十a2+…+am= 所以a品=, (8分) 器×() 1) 9n 5 1×3+1×1_13 17 578 又a1=2×4+2X3-24 1-() 所以a1-7一247408 91395 7s×(-)” (17分) ·5·2026年5月高三年级学业质量检测 ·数学· 叁专含案及解析 2026年5月高三年级学业质量检测·数学 一、选择题 1.A【解析】因为M=(0,10),N=(-∞，2] sin60,两式相除得0A一V3MB MB 3λ OB(1-λ)AB1-λ 所以M∩N=(0,2]. 2解得A=4一25，即A=4一25。 2.D【解析】z(+2)=1(1+i)(1-i+2i)|= 1(1+i)2|=|2i=2. 3.B【解析】因为(a-b)(a+b)5=(a-b)· (a5+5a4b+10a3b2+10a2b3+5ab1+b5),所 M b 以a3b3的系数为10-10=0. 7.B【解析】根据对称性，不妨设直线AB的倾 斜角为锐角，如图，设C的准线为l,∠AFx= 4.B【解析】O成i.C币=号(O+O)·(O 0,|FB|=m,则|FA|=3m.过点A作AQ⊥ x轴于点Q,AA'⊥1于点A',则由抛物线的定 00)=(0A OD-OA 0C+0B OD 义得3mcos0+2=AA'|=3m,同理过点B 作BB'⊥1于点B',可得2-mcos0=BB'|= oi.0d)=20+2x2-4X1-0)=0. m,解得0=60m=专设点M(yx,则 5.C【解析】如图，由题意得V三校台ABCA:B,C 3(S:+S:十√SS2)h,所以V阳体A,S r-1=mc0s0,解得x=3,所以w V三校台ABC A B,C,一V三校能AA,B,C,一V三校锥C,ABC一 V5(xM-1D=23 故10M=+y=7 3 3 号(S,+5:+SS)h-专sh-号sA 35S M A Q B 8.D【解析】因为7>233，所以5>3log23,即 5 23 B 3>log:23,即a>b.因为b-1=log7c-1= 6.B【解析】如图，设AM=入AB,∠OMB=0, AM OB 1ogn引而1og:2号>log,3>1log3>1ogn 31 OA 则由正弦定理得 sin(180-0)sin 30'sin 所以b-1>c-1,即b>c.综上，a>b>c. ·数学· 参考答案及解析 二、选择题 2 √x-2.将y=x代人得x4= 9.AC【解析】对于A,因为AB1C平面AA1B1B, x0-√x8-2 D庄平面AA1B1B,A1∈平面AA1B1B,且A1E x0十√x名一2，同理可得xB=x一√x一2， 直线AB1,所以直线AB1与A,D是异面直 1 所以So8=2·2xA·反xs=2,故D 线，故A正确；对于B,若A,C1垂直于过B1C 正确. 的平面，则A,C1⊥B,C,显然不成立，故B错 三、填空题 误；对于C,连接AC,平面AB1C即为唯一的 过B,C且与AC1平行的平面，故C正确；对 12.4【解析】由题意得×(1+3十a+b)=5, 4 于D,因为AC∥A1C1,所以∠ACD1=60°即 4X[1-5)2+(3-5)2+(a-5)2+(6 为A1C1与CD1所成的角，故D错误， 5)2]=11.5,所以a+b=16,(a-5)2+(b- 10.ABD【解析】对于A,f(-x)=-x(2x 5)2=26,解得a=6,b=10,故b-a=4. 2)=x(2-2x)=f(x),则f(x)为偶函 a。,所以1 数，故A正确：对于B,设0<x1<x2,则0<13.1013【解析】因为a1=1一2a an+1 21-211<22-22,所以x1(21-2x1)< 1-2a=1-2,即1-1=-2，所以 x2(22一22)，即f(x1)<f(x2),则f(x) a an+1 an 在区间(0，十∞)上单调递增，故B正确；对于 1}是首项为2025，公差为-2的等差数列， a C,由A,B可知C错误：对于D,由A,B可知 f(x+2)>f(3x-2)台|x+2|>|3.x-2|台 所以1 =2025+(-2)×(n-1)=2027-2n, an （x十2)>(3x-2)2台0<x<2,故D正确. 1 .当2027-2n>0时，n≤ 11.ACD【解析】对于A,因为y=√x2-2,所 故an=2027-2 1013,aw>0;当2027-2n<0时，n≥1014， 以x2-y2=2(y≥0)，故曲线y=f(x)是双 aw<0,所以当Sm取得最大值时，n=1013. 曲线在x轴及x轴上方的部分，M,N分别为 14.(一-5e2,0)【解析】设切点坐标为(xo,yo), 双曲线的左、右焦点，所以|PM|一|PN|= y'=(x十1)e,则切线方程为y一xoe。= 2√2，故A正确；对于B,易知当0<k≤1时， (xo十1)e(x一xo).又点M(1,m)在切线 (与曲线y=f(x)无公共点，故B错误；对于 上，所以m-xoeo=(xo十1)eo(1-xa),整 C,设Pn（xn,yn),Qn(xn,xn),Pn+1(xm+1, 理得(x-x。一1)e0+m=0.令g（x)= yw+1),所以ym+1=xw.又x7+1一y员+1=2，所 (x2-x-1)e,则g'(x)=(x2十x-2)e.令 以x+1一x=2,即{x}是首项为2，公差为 g′(x)=0,得x=-2或x=1.当x<-2或 2的等差数列，所以x=2+2(n一1)=2n, x>1时，g'(x)>0,g(x)单调递增；当-2< 则xm=√2n,故C正确；对于D,f'(x)= x<1时，g'(x)<0,g(x)单调递减.当x→ 2x 工，设切点P(xoyo),则切 -∞时，g(x)→0，且g(x)>0;当x→+o∞ 2√x2-2x2-2 时，g(x)→+∞，且g(-2)=5e2,g(1)= 线方程为y一yo= x0(x-x),其中y= 一e,由题意得g(x)+m=0有3个实数根， √x8-2 所以0<-m<5e2,解得-5e2<m<0. ·2。 2026年5月高三年级学业质量检测 ·数学· 四、解答题 (2)解：如图，设O,E分别为BD,AB的中 15.解：(1)f(x)= 1-cos 2z7x1+cos 2x 点，连接OE,C'O,则CO⊥BD,OE∥AD. 2 2 因为AD⊥BD,所以OE⊥BD msin 2x=msin 2x+3cos 2+4, (3分) 又平面BC'D⊥平面ABD, 由题意得√m2十9+4=9， 所以CO⊥平面ABD, 结合m>0,解得m=4. (5分) 又OEC平面ABD,所以C'O⊥OE.(9分) (2)由(1)得f(x)=4sin2x+3cos2x+4= 以0为坐标原点，OE,OB,OC的方向分别 3 5sin(2x+0)+4,其中sin0= ,c0s0=5 为x轴、y轴、之轴的正方向，建立空间直角坐 标系，则D(0,-√2,0)，B(0,√2,0)，A(2√2， 因为当x=时，∫(x)取得最小值， -√2,0)，C‘(0,0,√2)， 所以24+0=2kx-2k∈Z。 所以C⑦=(0，-√2，-√2)，AB=(-22, 解得=x(+2）∈乙。 22,0),BC=(0,-√2W2). (11分) 设平面C'AB的法向量为m=(x,y,z), 放1an9=-tan(子+) 1十tan2 m·AB=0, -2√2x+2W2y=0, 0 则 即 1一tan2 m·BC=0, -√2y十2x=0. (9分) 令x=1,得y=1,之=1，则m=(1,1,1) 0 2sin (13分) 又tan2 sin 2 2 1-cos 0 设直线C'D与平面CAB所成的角为O, 0 0 sin cos 2 2sin 2cos 2 则sin0=|cos(m,C'D)|= m·CD mC'D 4 1- 51 -√2-√21√6 三 3 3 √3×2 3 5 故直线C'D与平面CAB所成角的正弦值为 1+ 3 6 所以tanp= =-2 (13分) 3 (15分) 1 1一3 16.(1)证明：因为BC=CD=2,∠BCD=90°， 所以BD=√BC2+CD=√22十2=2√2， 易得AD=2√2，所以AD2+BD2=AB2, 所以AD⊥BD. (3分) 因为平面BCD⊥平面ABD,平面BC'D∩ 平面ABD=BD,ADC平面ABD, 17.解：(1)设△MF1F2的内切圆与三边MF1, 所以AD⊥平面BCD, MF2,F1F2的切点分别为D,E,P,连接QP, 又ADC平面C'AD, QE,则QP⊥F1F2,QE⊥MF2. 所以平面C‘AD⊥平面BC‘D. (6分) 因为Q(1,1),F2(2,0), ·3· ·数学· 参考答案及解析 所以四边形QPF2E为正方形，则MF2⊥ 所以1-a<0,即a>1. (4分) FF2. (2分) 当a>1时，f(-a)=e>0,则f(x)在区 设|MD|=m,则|MF1=m+3,MF2|= 间（一∞，0）上有一个零点 m+1,又|F1F2=4, 令h(x)=e-ex,x>1, 所以(m+3)2=(m+1)2+16,解得m=2, 则h'(x)=e-e>0,h(x)在区间(1，+∞) 所以2a=|MF1|+|MF2|=(m+3)+(m+ 上单调递增， 1)=8,即a=4, (4分) 所以h(x)>h(1)=0, 所以b2=a2-c2=12, (5分) 可得f(a)=e-2a>ea-2a>0, 成C的方程为6+亡-山 则f(x)在区间(0，十∞)上有一个零点， (6分) 故a的取值范围是(1，十c∞). (5分) (2设1的方程为=y+2∈(0，) (2)证明：(i)由题意得e?=x2十a,e1= x1十a, A(x1y1),B(x2y2), 两式相减得e2一ei=x2一x1. x2y2 由6+i21得3r+4y+12-36=0. 令t=x2一x1,则t>1,x2=x1十t, x=ty+2, 故e1+t一e1=t, t 12t 36 则y1+y2= 所以e1=e (8分) 3t2+4y1y2= 3t2+4 (9分) t 令g(t)= -1t>1, 设y=2,消去y1y:得入十2+十 则g)=1e=0》1<0, (e'-1)2 (e-1)2 4t2 g(t)在区间(1，十∞)上单调递减， 1 由入十2+}<0，解得X<0,且X≠-1： 所以g(t)<g(1)= 入 e-1' 又+2+ 即e<e1放x<-1a(e-1. (11分) (i)由(i)得x2=x1+t=t+lnt-ln(e- 5 5,(13分) 所以-3<A<-1或-1<A<- 1)(t>1). (12分) 故--以∈(u》 s(t)=t+In t-In(e'-1)(t>1), (15分) 则')=1+1-e=e-t-1 te'-1t(e'-1) 18.(1)解：f'(x)=e-1, 1分) 令F(t)=e-t-1(t>1), 当x<0时，f'(x)<0,f(x)单调递减； 则F'(t)=e-1>0,F(t)单调递增， 当x>0时，f'(x)>0,f(x)单调递增， 所以F(t)>F(1)=e-2>0,即s'(t)>0, 所以当x=0时，f(x)取得最小值，且最小值 所以s(t)在区间(1，+∞)上单调递增，(15分) 为f(0)=1-a. 所以s(t)>s(1)=1-ln(e-1), 又f(x)有两个零点， 故x2>1-ln(e-1). (17分) ·4· 2026年5月高三年级学业质量检测 ·数学· 19.解：(1)设事件M=“甲连胜3局比赛结束”， 则M包含开局甲执先与开局乙执先两种情况. 所以：品}是以品为首项。是为公比 当开局甲执先时，甲连胜3局比赛结束的概 的等比数列， 9 率为P-××)- (1分) 所以ak一 7 品品=) 当开局乙执先时，甲连胜3局比赛结束的概 故ak= 9 17 、 率为P:=×(付》广-品 (2分) 即第长局甲获胜的概率为品一（一）： 9 所以P(M)= 1113 24千54216， (3分) (12分) (ⅱ)设X,表示第i局(1≤i≤n)甲获胜的局 即甲连胜3局比赛结束的概率为26 13 (4分) a,X,=1, 数，则P(X,) (2)(i)设第k局甲获胜的概率为a, 1-a,X,=0, 5 (1-ak)= 2a+年 所以E(X,)=a, (14分) 所以E(X)=E(X1十X2十…十X)=E(X1)+ (7分) E(X2)+…十E(Xw)=a1十a2+…+am= 所以a品=, (8分) 器×() 1) 9n 5 1×3+1×1_13 17 578 又a1=2×4+2X3-24 1-() 所以a1-7一247408 91395 7s×(-)” (17分) ·5·绝密★启用前 2026年5月高三年级学业质量检测 数 学 本试卷总分150分，考试时间120分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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。 写在本试卷上无效。 对 如 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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M={x lg x<1},N={xx≤2}，则M∩N= A.(0,2] B.(0,10) C.[2,10) D.(-∞，10) 2.已知之=1+i,则之（之+2i)|= A.1 B.2 C.√3 D.2 3.(a-b)(a+b)5的展开式中a3b3的系数是 A.-5 B.0 C.5 D.10 4.在平面四边形ABCD中，AC⊥BD,AC与BD交于点O,OA=OC=2,OB=4OD=4, M为AB边的中点，则OM·CD= A.-5 B.0 C.5 D.10 5.已知三棱台ABCA1B1C1的上底面面积为S1,下底面面积为S2,高为h,则四面体 ABB1C1的体积为 入sh 1 B.3Sgh D. S1+Sh 6 6.在Rt△AB0中，∠A0B=90',0A=2OB,点M在AB边上，且∠AOM=30,则AM AB A.2-3 B.4-2√3 C.3-3 D.6-23 7.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点F的直线交C于A,B两点，且AF=3FB,线段 AB的中点为M,O为坐标原点，则|OM= B.37 4√3 A.2 3 C.√5 D. 3 数学试题第1页（共4页） 8.已知75>23.115>31，a=号6=10g,23,c=1og131,则 A.b>a>c B.b>c>a C.a>c>b D.a>b>c 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.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，则 A.直线AB1与A1D是异面直线 B.过直线B1C存在唯一平面与A,C1垂直 C.过直线B1C存在唯一平面与A,C1平行 D.直线A1C1与CD1所成的角为45 10.已知函数f(x)=x(2x一2)，则 A.f(x)为偶函数 B.f(x)在区间(0，十∞)上单调递增 C.3m∈R,关于x的方程f(x)=m有四个解 D.满足f(x十2)>f(3x一2)的x的取值范围是(0,2) 11.已知位于第一象限的动点P在函数f(x)=x2一2的图象上，定点M(一2,0)，N(2,0),斜 率为k的直线！过点N,则下列说法正确的是 A.IPM|-|PN|为定值 B.当一1<k≤1时，f(x)的图象与1有两个交点 C.过点P1(√2,0)作直线平行于y轴，交直线y=x于点Q,过点Q1作直线平行于x轴， 与曲线y=f(x)在第一象限交于点P2,过点P2作直线平行于y轴，交直线y=x 于点Q2,过点Q2作直线平行于x轴，与曲线y=f(x)在第一象限交于点P3,…,依 此类推，则点Pm的横坐标为2n D.若曲线y=f(x)在点P处的切线分别交直线y=x,y=一x于A,B两点，则△OAB (O为坐标原点)的面积为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知一组数据1,3，a,b(a<b)的平均数为5，方差为11.5，则b-a= 13.记S.为数列a,的前n项和，已知a1=20251=“2a。则当S.取得最大值时， n 14.已知过点M(1,m)可作曲线y=xex的3条切线，则m的取值范围是 数学试题第2页（共4页） 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) 设m>0,函数f(x)=sin2x+7cos2x+2 nsin xcos x的最大值为9. (1)求m; (2)若x=p时，f(x)取得最小值，求tanp. 16.(15分) 如图，在直角梯形ABCD中，∠BCD=90°，AB∥CD,BC=CD=2,AB=4,将△BCD 沿BD折起，使点C到达点C处，且平面BC'D⊥平面ABD. (1)证明：平面CAD⊥平面BC'D; (2)求直线CD与平面C'AB所成角的正弦值. R 17.(15分) x2y2」 已知椭圆C:a十6=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F(-2,0),F,(2,0),点M在C 上，且△MF1F2的内切圆的圆心为点Q(1,1). (1)求C的方程； (2)过点F:且倾斜角为0(5<0<2)的直线1交C于A,B两点，记△AF,F BEE,的面积分别为S1S2,求、的取值 数学试题第3页（共4页） 18.(17分) 已知函数f(x)=e一x一a有两个零点x1,x2: (1)求a的取值范围； (2)若x2一x1>1,证明： (i)x1<-ln(e-1); (i)x2>1-ln(e-1). 19.(17分) 甲、乙两人下棋，甲执先时，甲胜乙的概率均为：乙执先时，乙胜甲的概率均为号，且没 有和棋.每局结束，下一局负者执先，开局掷硬币猜先. (1)若执行5局3胜制，求甲连胜3局比赛结束的概率： (2)若共比赛n局. (ⅰ)设1≤k≤n,求第k局甲获胜的概率； (ⅱ)设随机变量X为甲获胜的局数，求X的数学期望. 数学试题第4页（共4页）