精品解析：山西太原市第五中学校2025-2026学年高三下学期五月质量评估数学试题

2025~2026学年高三下学期五月质量评估数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 一．单项选择题（本大题共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，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. i C. -1 D. 1 3. 已知向量，，，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 5 4. 已知锐角α，β满足cos α＝，cos(α＋β)＝－，则cos(2π－β)的值为（ ） A. B. － C. D. － 5. 在的展开式中，的系数为（ ） A. 7 B. 15 C. 30 D. 65 6. 已知正四棱锥的侧棱长，M为SA中点，从点M出发沿着棱锥的侧面绕一圈回到点M，其最短路径的长度为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的导函数为，若对任意的，都有，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 用平面截圆柱面，圆柱的轴与平面所成的角记为，当为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆，数学家Dandelin创立的双球模型证明了上述结论．如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于的上方和下方，并且与圆柱面和均相切，切点分别为．下列关于截口曲线的椭圆的结论中不正确的有（ ） A. 椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等 B. 椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距相等 C. 所得椭圆的离心率 D. 其中为椭圆长轴，为球的半径，有 二．多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 下列说法正确的有（ ） A. 某班有40名学生，若采用简单随机抽样从中抽取4人代表本班参加社区活动，那么学号为04的学生被抽到的可能性为10% B. 已知一组数据1，2，，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5 C. 将一组数据中的每个数据都乘以3后，方差也变为原来的3倍 D. 若一个样本容量为8的样本的平均数为5，方差为2．现样本中又加入一个新数据5，此时样本容量为9，平均数不变，方差变小 10. 大衍数列是中国古代数学中的数列，该数列在现代通信编码领域中得到应用．已知大衍数列满足，，则正确的有（ ） A. B. C. D. 数列的前10项和为110 11. 正方体棱长为2，为中点，为平面上的动点（在四边形内部及其边界）且满足平面，则下列正确的是（ ） A. 动点F的轨迹长度为 B. 三棱锥的体积范围为 C. 三棱锥的体积为定值 D. 当三棱锥的体积最小时，其外接球的表面积为 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知曲线在点处的切线与直线平行，则________. 13. 已知抛物线的焦点为的准线与轴交于点，若为上一点，为钝角，且，则__________. 14. 已知，若方程在上只有个不同实根，则的最小值为______. 四．解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 在中，是线段上一点，且，，设． （1）求线段的长度（用表示）； （2）若，求的值； （3）求的最大值． 16. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，，点分别是棱的中点. （1）证明：平面； （2）若，平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 某素质训练营设计了一项闯关比赛.规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次：如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作比赛胜利，无需继续闯关.现有甲、乙、丙三人组队参赛，他们各自闯关成功的概率分别为、、，假定、、互不相等，且每人能否闯关成功的事件相互独立. （1）计划依次派甲乙丙进行闯关，若，，，求该小组比赛胜利的概率； （2）若依次派甲乙丙进行闯关，则写出所需派出的人员数目的分布，并求的期望； （3）已知，若乙只能安排在第二个派出，要使派出人员数目的期望较小，试确定甲、丙谁先派出. 18. 已知双曲线的焦距为，分别为其左、右焦点，为双曲线上任意一点，且的最小值是． （1）求双曲线的方程 （2）记双曲线的左、右顶点分别为，直线与的右支交于两点． （i）求实数的取值范围 （ii）若直线的斜率分别为，证明：是定值． 19. 已知函数. （1）若，求证：； （2）设数列的通项公式，是其前项和，求证：； （3）设等差数列的公差，是其前项和，且，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年高三下学期五月质量评估数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 一．单项选择题（本大题共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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由结合集合的交集运算即可求解. 【详解】， 所以， 故选：B 2. 已知，则（ ） A. B. i C. -1 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法法则计算即可. 【详解】由题可知：，所以. 故选：A 3. 已知向量，，，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】首先求出的坐标，依题意可得，根据向量数量积的坐标运算得到方程，解得即可； 【详解】因为，，，所以， 因为，所以，解得. 故选：C. 4. 已知锐角α，β满足cos α＝，cos(α＋β)＝－，则cos(2π－β)的值为（ ） A. B. － C. D. － 【答案】A 【解析】 【分析】利用同角三角函数的平方关系以及两角差的余弦公式即可求解. 【详解】∵α，β为锐角，cos α＝，cos(α＋β)＝－， ∴sin α＝，sin(α＋β)＝， ∴cos(2π－β)＝cos β＝cos[(α＋β)－α] ＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α＝×＋×＝. 故选：A. 5. 在的展开式中，的系数为（ ） A. 7 B. 15 C. 30 D. 65 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，利用二项展开式的通项公式求出的展开式中含和含的系数，再求原式的的系数即可. 【详解】在的展开式中，的系数为，的系数为， 所以的展开式中，的系数为. 故选：A. 6. 已知正四棱锥的侧棱长，M为SA中点，从点M出发沿着棱锥的侧面绕一圈回到点M，其最短路径的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将正四棱锥沿展开，再结合等边三角形性质求解即可. 【详解】如图所示，将正四棱锥沿展开，由可知， 由，为中点，为中点,可知， 所以为等边三角形，即， 故从点M出发沿着棱锥的侧面绕一圈回到点M，其最短路径的长度为， 故选：A. 7. 已知函数的导函数为，若对任意的，都有，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造，，分析可知在定义域内单调递增，结合解不等式即可. 【详解】因为等价于， 构造，，原不等式即为， 因为，则， 可知在定义域内单调递增，且， 则不等式的解集为， 所以不等式的解集为. 8. 用平面截圆柱面，圆柱的轴与平面所成的角记为，当为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆，数学家Dandelin创立的双球模型证明了上述结论．如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于的上方和下方，并且与圆柱面和均相切，切点分别为．下列关于截口曲线的椭圆的结论中不正确的有（ ） A. 椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等 B. 椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距相等 C. 所得椭圆的离心率 D. 其中为椭圆长轴，为球的半径，有 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意利用椭圆定义可判断AB；结合图形的几何特征利用椭圆的离心率定义可判断C；结合图形的几何特征利用解三角形可判断D. 【详解】设P为截口曲线的椭圆的一点，如图，过点作线段分别与球切于点， 故有， 由椭圆定义可知，该椭圆以，为焦点，为长轴长，故B正确． 设椭圆长半轴长为，半焦距为，设O为的中点， 与球切于点，，，故， 有，则 即椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等，故A正确． 由题意可得，则，故C正确． 由题意知（这是因为）， 则，故， 即，故D错误． 故选：D． 二．多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 下列说法正确的有（ ） A. 某班有40名学生，若采用简单随机抽样从中抽取4人代表本班参加社区活动，那么学号为04的学生被抽到的可能性为10% B. 已知一组数据1，2，，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5 C. 将一组数据中的每个数据都乘以3后，方差也变为原来的3倍 D. 若一个样本容量为8的样本的平均数为5，方差为2．现样本中又加入一个新数据5，此时样本容量为9，平均数不变，方差变小 【答案】AD 【解析】 【分析】根据简单随机抽样的特点可判断A；根据平均数以及方差的计算公式可判断BD；根据一组数据中的每个数据都乘以一个数后的性质可判断C. 【详解】对于A，简单随机抽样是等可能抽样，即每个个体被抽到的可能性均为，A正确； 对于B，数据1，2，，6，7的平均数为4，即， 故这组数据的方差为，B错误； 对于C，将一组数据中的每个数据都乘以3后，方差也变为原来的9倍，C错误； 对于D，样本中又加入一个新数据5，此时样本容量为9，平均数为， 方差为，D正确， 故选：AD 10. 大衍数列是中国古代数学中的数列，该数列在现代通信编码领域中得到应用．已知大衍数列满足，，则正确的有（ ） A. B. C. D. 数列的前10项和为110 【答案】AC 【解析】 【分析】利用所给数列关系式计算可得A；得到与即可得B；由题意可得，结合累加法与等差数列求和公式计算可得C；并项求和结合等差数列求和公式可得D. 【详解】对于A，由题意可得，， ，，，，故A正确； 对于B，因为为偶数，所以， 因为为奇数，所以， 所以，故B错误； 对于C，因为为偶数，所以， 又因为为奇数，， 所以，所以， 所以 ，故C正确； 对于D，设数列的前项的和为， 由，则， 故 ，故D错误. 11. 正方体棱长为2，为中点，为平面上的动点（在四边形内部及其边界）且满足平面，则下列正确的是（ ） A. 动点F的轨迹长度为 B. 三棱锥的体积范围为 C. 三棱锥的体积为定值 D. 当三棱锥的体积最小时，其外接球的表面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意利用面面平行判定定理可证明平面平面，可得出动点的轨迹为线段，此时长度为，即A错误；由棱锥体积公式计算可知三棱锥的体积范围为，可得B正确，结合A中分析可知点到平面的距离为定值，可判断C正确，确定点的位置后找出外接球球心位置，列方程求出外接球半径可得D正确. 【详解】对于A，取的中点的中点为，连，过作交于，连，如下图所示： 因为为中点，由正方体性质可知，因此可得四点共面； 由可知为的中点， 又因为平面，平面， 所以平面； 又的中点为，所以， 又平面，平面， 所以平面； 因为，平面， 所以可得平面平面， 又因为需满足平面，且为平面上的动点， 所以动点的轨迹为线段，此时长度为，即A错误； 对于B，显然三棱锥的顶点到底面的距离为， 所以当的面积最小时，体积最小，其面积最大时，体积最大； 又因为，所以当在时，点到的距离最小为1， 此时体积最小，即的最小值为， 当在时，点到的距离最大为2， 此时体积最大，即的最大为； 因此三棱锥的体积范围为，即B正确； 对于C，由于，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，为定值； 又因为底面的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值， 即不变，可得C正确； 对于D，当三棱锥的体积最小时，根据B中分析可知此时与重合， 即求的外接球的半径即可， 设外接球的球心为，半径为的外接圆圆心为，半径为为中点， 如下图所示： 则，在直角梯形和直角三角形中， 易知， 所以可得，解得； 所以外接球表面积为， 因此当三棱锥的体积最小时，其外接球的表面积为，可得D正确. 故选：BCD 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知曲线在点处的切线与直线平行，则________. 【答案】 【解析】 【详解】由求导得，则， 因为函数的图像在处的切线与直线平行， 所以，即，解得． 13. 已知抛物线的焦点为的准线与轴交于点，若为上一点，为钝角，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】若垂直于准线于，易得，从而有、，令，，应用余弦定理列方程求参数，注意即可得. 【详解】如下图，若垂直于准线于，则，故， 所以，在中，故， 令，，而，则， 所以，整理得， 所以，而为钝角，结合三角形边角关系知， 当时，，不符合要求， 所以，，经验证满足要求， 所以. 故答案为： 14. 已知，若方程在上只有个不同实根，则的最小值为______. 【答案】. 【解析】 【分析】由在的图象及已知可求出的取值范围,借助正弦函数的对称性推理可得,计算即可得出结果. 【详解】作出在的图象如图所示：当时，，当时，即时，， 因为方程在上只有个不同实根时，所以. 由三角函数性质可知当即时,关于 对称. 因为, 所以,即. 所以,即的最小值为. 故答案为: . 【点睛】 本题考查正弦函数图象和性质的应用，考查函数与方程的应用，考查学生数形结合的能力,属于中档题. 四．解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 在中，是线段上一点，且，，设． （1）求线段的长度（用表示）； （2）若，求的值； （3）求的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）在中，求出，在中，利用余弦定理得，通过计算得到的值； （2）在中，由正弦定理得，代入数值通过计算得到的值． （3）在中，由正弦定理得，代入数值通过计算得到的值，利用基本不等式求出最大值.方法2：建立平面直角坐标系，由可知，点在以为直径的圆上，显然当直线与圆相切时，的最大值，此时可求出的值，利用同角关系式求出． 【小问1详解】 在中，． 在中，由余弦定理得 因此. 【小问2详解】 在中，由正弦定理得， 即， 所以． 【小问3详解】 在中，由正弦定理得， 即， 即， 解得 当且仅当，即时，取到最大值. 方法2：以线段所在直线为轴，线段的中点为坐标原点，建立如图所示直角坐标系． 由可知，点在以为直径的圆上， 显然当直线与圆相切时，的最大值． 此时，故． 16. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，，点分别是棱的中点. （1）证明：平面； （2）若，平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）取中点，连接. 因为为 中点， 所以为 的中位线， 所以且. 在正方形中，为中点， 所以 且， 所以 且， 所以四边形是平行四边形. 所以 . 又 平面平面， 所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）通过构造辅助线取中点，连接，利用中位线定理证明四边形是平行四边形，从而证得线面平行； （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，再利用向量夹角公式计算二面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由于平面 平面，平面 平面 ，平面平面. 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 不妨设 ，则有. 设平面的法向量， ，所以，不妨令， 得； 设平面的法向量， ，所以，不妨令， 得； 设平面与平面夹角为 ， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 某素质训练营设计了一项闯关比赛.规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次：如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作比赛胜利，无需继续闯关.现有甲、乙、丙三人组队参赛，他们各自闯关成功的概率分别为、、，假定、、互不相等，且每人能否闯关成功的事件相互独立. （1）计划依次派甲乙丙进行闯关，若，，，求该小组比赛胜利的概率； （2）若依次派甲乙丙进行闯关，则写出所需派出的人员数目的分布，并求的期望； （3）已知，若乙只能安排在第二个派出，要使派出人员数目的期望较小，试确定甲、丙谁先派出. 【答案】（1） （2） （3）先派出甲 【解析】 【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式求解； （2）由题意可知，的所有可能取值为1，2，3，利用独立事件的概率乘法公式求出相应的概率，进而得到的分布，再结合期望公式求解； （3）分别计算出依次派甲乙丙进行闯关和依次派丙乙甲进行闯关，所派出人员数目的期望，再利用作差法比较大小即可． 【小问1详解】 设事件表示“该小组比赛胜利”， 则； 【小问2详解】 由题意可知，的所有可能取值为1，2，3， 则，，， 所以的分布为： 所以； 【小问3详解】 若依次派甲乙丙进行闯关，设派出人员数目的期望为， 由（2）可知，， 若依次派丙乙甲进行闯关，设派出人员数目的期望为， 则， 则 ， 因为，所以，， 所以，即， 所以要使派出人员数目的期望较小，先派出甲． 18. 已知双曲线的焦距为，分别为其左、右焦点，为双曲线上任意一点，且的最小值是． （1）求双曲线的方程 （2）记双曲线的左、右顶点分别为，直线与的右支交于两点． （i）求实数的取值范围 （ii）若直线的斜率分别为，证明：是定值． 【答案】（1） （2）（i）； （ii）证明：由（i）可得 将乘以得： 将变形为，代入上式： 则： 因为， 则直线的斜率，直线的斜率， 因此： 将，代入上式，得： 所以. 即是定值． 【解析】 【分析】（1）运用向量点积与双曲线范围最值，先设、焦点，用向量点积表示，代入双曲线方程转化为关于的式子，求得最小值为，再结合焦距与，求解，得到双曲线方程； （2）（i）将直线与双曲线方程联立，整理为关于的一元二次方程，再利用“直线与双曲线右支交于两点”的条件，解不等式组得到的取值范围即可；（ii）先利用韦达定理得到、的表达式，并推导与的关系，再写出直线、的斜率，表示出，最后将、代入的表达式，展开后结合韦达定理的关系化简，最终得到定值. 【小问1详解】 (1) 设， 则， 所以， 因为在双曲线上，所以， 所以， 所以， 又因为，所以当时，取得最小值，为， 所以，因为，所以， 又因为焦距为所以，即， 由和,可得， 所以双曲线的方程为 【小问2详解】 （i）设， 由，得：， 由直线与双曲线的右支交于两点， 可得． 解得所以的取值范围是； （ii）略. 19. 已知函数. （1）若，求证：； （2）设数列的通项公式，是其前项和，求证：； （3）设等差数列的公差，是其前项和，且，求. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由结合两角和与差的正弦公式可得，进而结合二倍角公式求证即可； （2）将裂项并求和可得，利用正弦函数的性质放缩求证即可； （3）结合三角恒等变换公式及等差数列的前项和可得，，…，，进而得到，令，利用导数分析其单调性，进而求解即可. 【小问1详解】 证明：由， 则 ， 即，则， 即，而，则，即，则. 【小问2详解】 证明：由， 则 ， 因为，所以， 而，，则. 【小问3详解】 由为等差数列， 则 ， 同理可得，，…，， 则 ， 令， 则， 而， ， 则，所以在上单调递增，则方程有且仅有一个解， 所以， 则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $