精品解析：安徽合肥市第七中学2026届高三五月（二）数学试卷

高三五月（二）数学试卷 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（共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分） 1. 函数的最小正周期是（ ） A. ​ B. 1 C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】考察三角函数的最小正周期求法。 【详解】易知 . 2. 已知复数 ，则（ ） A. ​ B. 2​ C. ​ D. 2​ 【答案】A 【解析】 【分析】由复数四则运算法则结合复数模长公式可得答案. 【详解】，则， ，则. 3. 在平行四边形中，，，则（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】本题利用向量的加减法则和向量乘法计算公式计算即可. 【详解】， ， . 4. 已知等比数列{}的各项均为正数， ，则 （ ） A. ​ B. ​ C. 3 D. 9 【答案】C 【解析】 【详解】依题意，， ； ； 所以. 5. 已知集合，若，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】根据列不等式，由此求得的取值范围，进而求得的最大值. 【详解】依题意，， 由于， 所以，解得， 所以的最大值为. 6. 若样本数据的平均数为，方差为，则样本数据的平均数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用方差公式展开，结合已知的平均数，推导出数据平方和的总和，再除以数据个数，即可得到平方后数据的平均数． 【详解】由，得， 由，得，即， 所以，解得， 所以样本数据的平均数为． 7. 若，则（ ） A. −10 B. 0 C. 10 D. 20 【答案】B 【解析】 【分析】利用求导思想，结合赋值法即可求解. 【详解】对原等式两边求导得： ， 再令代入上式：， 又中一次项的系数为：，  所以. 8. 已知椭圆C: 的左、右焦点分别为F1，F2 ， P是C上一点，记I，G分别为△PF1F2​的内心和重心，则∣IG∣的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，由三角形重心坐标公式可得，由椭圆第二定义，结合圆的切线性质，等面积法可得，据此可得答案. 【详解】由题可得，，准线方程为：. 设，三角形重心坐标公式可得：，则. 如下图作出椭圆的两条准线，过向两条准线做垂线，垂足为. 由椭圆第二定义可得：， 从而 ， ，则 . 如图，作出的内切圆，与各边切点为. 由圆的切线性质可得：， 则 ， 又注意到，则， 结合，可得. 因表示三角形内心到的距离， 则 ，其中为三角形内切圆半径. 注意到， 因 在x轴同侧，从而，则，注意到， 则 二、多项选择题（共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分） 9. 已知函数，则（ ） A. 是奇函数 B. C. 在区间上单调递增 D. 【答案】AC 【解析】 【详解】令，则或，故 的定义域关于原点对称， 选项A：的定义域为， ，满足奇函数定义，A正确。 选项B： ，B错误。 选项C：由于在单调递增，而为定义域内的单调递增函数，为由复合函数“同增异减”得在区间单调递增，由于为奇函数，因此在区间上单调递增，C正确。 选项D：由于 ， 不满足，D错误。 10. 记圆，圆，点，已知圆和圆相内切，且圆的半径大于圆的半径，是圆上两点，直线与圆相切，设与圆的另一个交点分别为，则（ ） A. B. ​ C. 当且仅当 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A直接由两圆相内切得，所以A错误；对B由圆的弦长公式及三角形的中位线定理可得；对D由圆心角与圆周角的关系可得；对C由正弦定理并结合BD选项解析可得. 【详解】对于A，圆，圆心，半径， 整理圆 ， 圆心，半径. 两圆相内切且半径大于半径，圆心距，得， 因此，解得，故选项A 错误； 对于B，由A选项分析知时，圆方程为，点在圆上， 若直线的斜率存在，设直线的方程为， 则圆到直线的距离，所以， 则圆到直线的距离，， 所以，即为的中点， 同理得为的中点，得，所以. 若直线的斜率不存在，则，点仍为的中点， 同理得为的中点，得，所以. 综上所述，，所以B正确； 对于D，根据圆周角与圆心角的关系，且（当直线过圆心时，）， 所以，故D正确； 对于C，当时，由B选项解析知， 在中，由正弦定理得， 得或， 由D选项解析可知，所以. 当时，在中由正弦定理|， 得，故，故C正确. 11. 已知四棱锥的所有顶点都在半径为的球O的球面上，是正三角形，且在平面内的射影在内（含边界），， ，，则（ ） A. 平分 B. C. 当时，O在三棱锥内 D. 四棱锥体积的最大值为​ 【答案】ABD 【解析】 【分析】因为，，，均在球面与平面的交线上，所以四点共圆．利用圆周角定理可判断A，并结合余弦定理求出和，从而判断B．再根据球心在底面上的射影是该圆圆心，判断其是否可能位于内，进而判断C．最后设在底面内的射影为，用截面图中的等距关系表示球心到底面距离，求四棱锥体积的最大值． 【详解】 因为，，，都在球面上，且都在平面内，所以它们在同一个截面圆上，即，，，四点共圆． 对于A，因为是正三角形，所以． 由同弧所对的圆周角相等，得 所以，即平分，A选项正确． 对于B，由A选项可知．又，， 在中，由余弦定理得 所以． 又，在中，由余弦定理得 因此 ，即 ，解得或． 因为，所以，B选项正确． 对于C，设球心在平面内的射影为．因为是截面圆的圆心，所以也是的外心． 而为钝角，所以的外心在外． 若点在三棱锥内，则点在平面内的射影应在内或其边界上． 但在平面内的射影就是，且在外，所以当时，不在三棱锥内，C选项错误． 对于D，由上可知，所以的外接圆半径为 设在平面内的射影为，则平面，因为平面， 所以，因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以． 又在内（含边界），所以在线段上，其中为的中点． 设，则 设，则在过，，，的截面内，有，于是 将，代入，整理得 令，则， 因为，所以 ，故在上单调递减． 因此的最大值为 又 所以四棱锥体积的最大值为，故D选项正确． 三、填空题（共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12. 记△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且ab，则______. 【答案】1 【解析】 【分析】利用余弦定理进行角化边，化简等式即可求得c. 【详解】根据余弦定理得：， 即 ，整理得 ， 即 ，因为，所以. 13. 已知双曲线E：()的左、右焦点分别为、，点A在E的右支上，若，且直线与E的一条渐近线垂直，则E的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用双曲线定义设边长，结合斜率关系和正弦定理求边长，再利用余弦定理建立关于方程求解离心率. 【详解】如图所示：点在双曲线右支，由双曲线定义得：， 设，则，. 双曲线渐近线斜率为，直线与一条渐近线垂直，故， 即在中，得. 由，得. 在中，由正弦定理得：， 代入得：，解得，因此. 在中，由余弦定理得：， 代入得：， 化简得：，即，故离心率. 14. 已知分别为曲线且，上的点，且都位于第一象限，O为坐标原点，若是正三角形，则的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用反函数的对称性，结合对称点坐标关系，再通过等边三角形得到相等关系，再构造函数求导分析最大值即可. 【详解】由与互为反函数，图像关于直线对称， 若为正三角形，则必关于对称， 设，则，满足在上，且都在第一象限，， 由中点在上， 正三角形的高，代入长度公式： ， 两边平方整理得：，两边除以得，， 解得，即 ， 对 两边取自然对数得， ， 整理得： ， 设（为常数），求导得：， 由， 当时， ，当时， ， 所以在上单调递增，在上单调递减， 即的最大值在处取得，， 即 ，取（大于）， 可得的最大值为. 四、解答题（共5小题，共77分） 15. 记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列， . （1）求的通项公式； （2）设，求满足的的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据等差数列通项公式写出的表达式，结合已知条件求和，再用前项和与通项的关系求的通项； （2）用裂项相消法求，代入不等式求解最小正整数. 【小问1详解】 设的首项为，因为是公差为2的等差数列，故，， 当时，，平方得，因此， 由，得，令，则，解得（负根舍去），故， 因此，即， 当时，；当时，，符合上式， 综上，的通项公式为. 【小问2详解】 由，得： ，  因此：  ， 代入不等式，得：  ， 化简得， 解得， 又，故的最小值为. 16. 某校举办 “一带一路” 知识竞赛，有 A，B两组题可供选择，两组题都有8道题，每位参赛选手选择一组题，且所选组别的所有题均作答。若参赛选手选择A组题，则答对一道题得3分，答错一道题得分；若参赛选手选择 B 组题，则答对一道题得2分，答错一道题得0分. 已知小明答对每道题的概率均为p (0<p<1)，且每道题的答题情况相互独立. （1）若p，小明选择A组题作答，求他的总得分为正的概率； （2）讨论小明选择哪组题进行答题，能使自己的总得分的期望更高. 【答案】（1） （2）当时选择B组，当时两组得分期望相同，当 时选择A组 【解析】 【分析】（1）首先建立得分与答对题数的关系，令确定总得分为正的条件，然后分析题目确定X服从二项分布，利用二项分布的概率公式进行求解；（2）利用二项分布期望公式及期望的线性性质分别求出两组题的作答得分期望值，根据期望值的大小关系判断p的范围，得出结论. 【小问1详解】 设小明在A组题中答对的题目数为X，则答错道， A组题的总得分为：， 令，解得，因为X是答对题数，所以， 因为小明答对每道题的概率均为p，所以， 所以， . 【小问2详解】 因为，所以， 则， 设小明在B组题中答对Y道，则，B组题的总得分， 同理， 令，，解得， 所以当时，选择B组题总得分期望值更高；当时，选择A组题和B组题的总得分期望相同；当时，选择A组题总得分期望值更高. 17. 如图，在三棱柱中，，，，. （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）设是的中点，连接，先证平面，得，再由勾股定理证明，再由线面垂直的判定定理即可得证； （2）建系，求出相关点与向量的坐标，利用向量法即可求得答案. 【小问1详解】 设是的中点，连接， 因为， 所以， 因为平面， 所以平面，因为平面，所以. 在中，由余弦定理得 ，所以， 因为 ， 所以，所以. 由于平面， 所以平面. 【小问2详解】 以为空间坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系. 过作，垂足为， 由于平面，所以， 由于平面，所以平面. 因 ,，则， 所以, 则，， 设平面的法向量为， 则，故可取， 因. 设平面的法向量为， 则，故可取. 设平面与平面的夹角为， 则. 18. 已知函数. （1）求的最小值； （2）若曲线在处的切线为l，l与坐标轴围成的三角形的面积为． （ⅰ）证明：除切点外，曲线在l的上方； （ⅱ）设且，若存在，使得当时，，求a． 【答案】（1） （2）（ⅰ）见解析；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）求导，再令，然后利用导数求最值即可； （2）（ⅰ）先求出切线表达式，结合面积求得，再利用导数证明不等式即可；（ⅱ）易知、时不符合题意，再证符合题意即可求解． 【小问1详解】 由 求导得， 令，则， 当时，，单调递减，时，，单调递增， ， 即的最小值为； 【小问2详解】 （ⅰ）因 ，， 则，，所以切线l为， 令，可得，令，可得， 由，可得，解得或， 因为，所以， 此时 ，切线的方程为， 令 ，则 ， 令 ，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 又，当时，，即，故在上单调递减； 当时，，即，在上单调递增， 所以，当且仅当时取等号， 即除切点外，曲线在的上方； （ⅱ）由（ⅰ）知 ， 存在，使得当时，，即 ， 令 ，，又， 当 ，即时，则在附近单调递增， 则，使得 ，不符合题意； 当 ，即时，则在附近单调递减， 则，使得 ，不符合题意； 当 时，即时， ，， 令 ， ，解得， 当时，，单调递增，又， 时，，即，单调递减， 时，，即，单调递增， 时， ，即， 故时，存在（例如），使得当时，， 即 ， ． 19. 设O为坐标原点，抛物线：，：的焦点分别为、，已知、有且仅有一个公共点，设与的另一个交点为. （1）若点的横坐标为，求； （2）设为的准线，直线与的交点为，点E满足，直线与的另一个交点为，与的交点为P. （ⅰ）证明：； （ⅱ）记为的面积，求的最小值. 【答案】（1） （2）（1）证明见解析；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）联立抛物线和方程可得点坐标，进而联立直线和方程求解点坐标，再结合两点距离公式求解； （2）（ⅰ）结合题干求解直线斜率，可得直线和的交点的坐标，进而求解，利用向量夹角公式可得，即可证明； （ⅱ）利用坐标求出的面积和，将转化为的函数，用导数求解最值. 【小问1详解】 联立抛物线和，整理得：， 由题意得 ，得，坐标为. 整理方程可得，故焦点. 已知横坐标为，故，，设直线方程为， 联立，得， 解得或，故. 又，故. 【小问2详解】 （ⅰ）已知，直线为 ，故. 由知为中点，得， 故直线斜率. 因为在直线上，且都在直线上，故. 又，，. ， 则， 所以， 所以，得证. （ⅱ）直线方程： . 令，得 ，故 . . 联立直线与，得 . 由韦达定理可得：. 直线与轴交点， 底边 . . 令，则 . 令，求导得，由得， 当时，，当时，， 所以当时，有最小值. 故的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三五月（二）数学试卷 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（共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分） 1. 函数的最小正周期是（ ） A. ​ B. 1 C. 2 D. 4 2. 已知复数 ，则 （ ） A. ​ B. 2​ C. ​ D. 2​ 3. 在平行四边形中，，，则 （ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 4. 已知等比数列{}的各项均为正数， ，则 （ ） A. ​ B. ​ C. 3 D. 9 5. 已知集合，若，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 5 6. 若样本数据的平均数为，方差为，则样本数据的平均数为（ ） A. B. C. D. 7. 若，则（ ） A. −10 B. 0 C. 10 D. 20 8. 已知椭圆C: 的左、右焦点分别为F1，F2 ， P是C上一点，记I，G分别为△PF1F2​的内心和重心，则∣IG∣的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分） 9. 已知函数，则（ ） A. 是奇函数 B. C. 在区间上单调递增 D. 10. 记圆，圆，点，已知圆和圆相内切，且圆的半径大于圆的半径，是圆上两点，直线与圆相切，设与圆的另一个交点分别为，则（ ） A. B. ​ C. 当且仅当 D. 11. 已知四棱锥的所有顶点都在半径为的球O的球面上，是正三角形，且在平面内的射影在内（含边界），， ，，则（ ） A. 平分 B. C. 当时，O在三棱锥内 D. 四棱锥体积的最大值为​ 三、填空题（共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12. 记△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且ab，则______. 13. 已知双曲线E：()的左、右焦点分别为、，点A在E的右支上，若，且直线与E的一条渐近线垂直，则E的离心率为______. 14. 已知分别为曲线且，上的点，且都位于第一象限，O为坐标原点，若是正三角形，则的最大值为______. 四、解答题（共5小题，共77分） 15. 记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列， . （1）求的通项公式； （2）设，求满足的的最小值. 16. 某校举办 “一带一路” 知识竞赛，有 A，B两组题可供选择，两组题都有8道题，每位参赛选手选择一组题，且所选组别的所有题均作答。若参赛选手选择A组题，则答对一道题得3分，答错一道题得分；若参赛选手选择 B 组题，则答对一道题得2分，答错一道题得0分. 已知小明答对每道题的概率均为p (0<p<1)，且每道题的答题情况相互独立. （1）若p，小明选择A组题作答，求他的总得分为正的概率； （2）讨论小明选择哪组题进行答题，能使自己的总得分的期望更高. 17. 如图，在三棱柱中，，，，. （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 18. 已知函数. （1）求的最小值； （2）若曲线在处的切线为l，l与坐标轴围成的三角形的面积为． （ⅰ）证明：除切点外，曲线在l的上方； （ⅱ）设且，若存在，使得当时，，求a． 19. 设O为坐标原点，抛物线：，：的焦点分别为、，已知、有且仅有一个公共点，设与的另一个交点为. （1）若点的横坐标为，求； （2）设为的准线，直线与的交点为，点E满足，直线与的另一个交点为，与的交点为P. （ⅰ）证明：； （ⅱ）记为的面积，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $