精品解析：四川南充市西充县2026届高三下学期5月质量检测数学试题

2026届高三下学期5月质量检测 数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 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框涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号框．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 一、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】 【详解】由，得，所以，所以， 所以. 2. 设复数z满足，则复数z的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】依题意，， 所以复数z的虚部是. 3. 已知数列是等差数列，，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【详解】，， 4. 已知点，，O为坐标原点，则“和的夹角为锐角”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量夹角的条件结合充分性和必要性的定义即可判断. 【详解】由和的夹角为锐角得且 故“和的夹角为锐角”是“”的充分不必要条件 5. 已知定义在上的函数满足，且，则（ ） A. 是偶函数 B. 的最小正周期是2 C. 关于点中心对称 D. 是奇函数 【答案】A 【解析】 【详解】由，得，周期为2， 但最小正周期不能判定，例如函数满足题设条件，但该函数没有最小正周期，故B错误； 由于周期为2，所以，， 又，得，所以是偶函数，A正确； 由只能推出对称轴为，无中心对称的推导依据，C错误； 令，由是偶函数且， 得，又， 所以，所以为偶函数，D错误. 6. 如图所示，已知中，点依次是边上的三个四等分点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】以的中点为核心，通过将所求向量均用及相关的有向线段表示，并利用向量乘积的分配律与平方差公式进行化简，已知结合的长度得到的值，再对向量分解，借助中点性质最终将所求化为的数值计算. 【详解】 ，又为中点，， . 故选：B 7. 已知三棱锥各个顶点都在半径为的球的球面上，且，，，则球心到平面的距离为（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】过点作底面的射影，利用条件推理证明点为的中点，利用求出即得. 【详解】 如图，过点作底面的射影，因，则点为的外心， 又因，，故点为的中点， 连接，则三棱锥的外接球的球心必在上， 连接，则， ， 在中，， 因平面，故球心到平面的距离为. 故选：A. 8. 若函数，，则（　　） A. 函数，的图象关于直线对称 B. ，使得 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数图象的特点判断A；设，分析函数的单调性，求出函数的最值判断B；对于C，由同构结合函数的单调性可得，，可得，设，，利用导数分析其单调性，进而求解判断即可；对于D，由同构结合函数的单调性可得，结合可得，进而判断即可. 【详解】对于A，当时，函数单调递增， 且增长速度比快，， 即在时的图象在上方； 同理，当时，函数单调递增， 且增长速度比快，， 则在时的图象在上方， 所以函数，的图象关于直线对称是不可能的，故A错误； 对于B，设，， 则，而在上单调递增， 因为，， 所以存在唯一的，使得，即，， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， （因为，故不能取等号）， 则在上恒成立，故B错误； 对于C，因为，， 则， 因为在上单调递增，且， 所以，即，则， 设，，则， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 则，即，故C正确； 对于D，由C知，， 因为在上单调递增，且， 所以，又，则，故D错误. 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. 下列命题中，真命题的是（ ） A. 一个样本的平均数为3，若添加一个新数据3组成一个新样本，则新样本的平均数不变，方差变小 B. 数据组成一个样本，其回归直线方程为，其中，去除一个异常点后，得到新的回归直线必过点 C. 若随机变量服从正态分布，，则 D. 数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23； 【答案】BD 【解析】 【分析】选项A：利用平均数公式计算新样本平均数，再利用方差公式分析方差变化；选项B：结合回归直线必过样本中心点，先计算原样本的中心点，再去除异常点后计算新的样本中心点，验证是否为给定的点；选项C：结合正态分布关于均值对称，利用对称性求出和，再计算；选项D：将数据排序，再根据百分位数的计算规则确定位置，进而找到对应数值. 【详解】选项A，设原样本有个数据，原平均数，总和为； 添加数据后，新总和为，新平均数，平均数不变. 当原方差为0时，每个数据为3，由新增数据也为3， 可知新方差； 当原方差不为0时，原方差， 新方差，方差变小，错误. 选项B，原回归直线必过原样本中心点，代入， 得原. 原10个点总，总；去掉异常点后， 新样本中心点：，，即新中心点为， 回归直线必过样本中心点，正确. 选项C，，正态曲线对称轴为，， 则，由对称性得， 因此： ，错误. 选项D，将数据从小到大排序：，共个数据， 计算，不是整数，根据百分位数计算规则， 向上取整得第个数据为第70百分位数，第6个数据，正确. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 点是函数的图象的对称中心 C. 函数在区间上是增函数 D. 将函数的图象向右个单位后所得的函数为偶函数，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A：根据函数的最大值，最小正周期，特殊点处的函数值，数形结合，即可求得函数解析式；对B：求得所有的对称中心的横坐标，再检验点是否满足即可；对C，根据的范围，求得的范围，再根据正弦函数的单调性，即可判断；对D，求得平移后函数的解析式，再根据三角函数的奇偶性，求解即可. 【详解】对A：由图可知的最大值为，又，故； 的最小正周期，又，故可得； 又过点，由五点作图法可知，，故； 故，A正确； 对B：令，解得，当时，解得， 故是函数的图象的对称中心，B正确； 对C：当，，而在不单调，故C错误； 对D：将函数的图象向右个单位后所得的函数解析式为， 因为其为偶函数，故，解得， 又，故当时，取得最小值为，故D正确. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，P（与点不重合）是正方体侧面内的动点，下列说法正确的是（ ） A. 平面平面 B. 若动点P到直线AB的距离等于它到直线的距离，则点P的轨迹为抛物线的一部分 C. 当时，过点P作该正方体的外接球的截面，其截面面积的最小值为 D. 线段AD绕旋转一周的过程中，AD与所成角的正切值的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，连接，先证明平面，可得，同理可证平面，可得，进而得到平面，进而求证即可判断；对于B，先证明，结合题设可得点P到点B的距离等于它到直线的距离，再根据抛物线的定义即可判断；对于C，由向量关系找到点的位置，因为球心到截面的距离最大时，截面面积最小，所以为截面圆心，结合勾股定理求出得到截面圆半径，求得最小截面面积即可判断；对于D，旋转得到的圆锥与旋转轴夹角恒为，在正方体中求出角的正切值，从而找到旋转过程中形成的最大角和最小角，从而求出范围即可判断. 【详解】对于A，连接，在正方形中，， 在正方体中，平面， ∵平面，∴， ∵，平面，平面， ∴平面，∵平面，∴， 同理可证平面，∵平面，∴， 又，平面，平面， ∴平面，∵平面，所以平面平面，故A正确； 对于B，在正方体中，平面， ∵平面，∴， 则点P到直线AB的距离，即为点P到点B的距离， 由于点P到直线AB的距离等于它到直线的距离， ∴点P到点B的距离等于它到直线的距离， 又P（与点不重合）是正方体侧面内的动点， 因此，根据抛物线的定义，点P的轨迹为抛物线的一部分，故B正确； 对于C，当时，为线段上靠近点的四等分点，如图， 易知正方体的外接球的球心为正方体的中心，外接球的半径， 设中点为，连接， 则，易得，，则， 若要截面面积最小，需球心到截面的距离最大，最大为OP， 因此，截面面积最小为，故C错误； 对于D，线段绕旋转一周后得到一个母线与旋转轴所成的角为的圆锥， 设，，， 在旋转过程中，与所成的角在如图所示的轴截面内分别取得最值， 则，， 所以在旋转过程中，与所成角的正切值的取值范围为，故D正确. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在中，角、、所对的边分别为、、，若，且，则该三角形外接圆的半径为______. 【答案】1 【解析】 【详解】∵，，∴， ∴，∴， ∴，∴， ∵，∴，∵，∴， 设该三角形外接圆的半径为，由正弦定理得，∴. 13. 过椭圆的右焦点作倾斜角为的直线交椭圆于两点，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】求出直线的方程，与椭圆方程联立，求出两点的坐标，进而可求出的值，即可得答案. 【详解】由题意可得，所以直线的方程为， 由，得或， 不妨设，则， 所以. 14. 如图，是等边内的动点，四边形是平行四边形，.则的最大值______. 【答案】2 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，设的边长为，，，利用 表示出，求出，最后利用三角函数求出最值. 【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，垂直于的直线为轴，建立平面直角坐标系， 因为四边形是平行四边形，，则 ， 设的边长为，显然，，， 设，，则， 故 ，则， 因为，所以， 设，由，， 所以 ， 因为，所以， 显然当，即时，取得最大值，最大值为4. 所以的最大值为2. 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. （1）求证：当时，； （2）利用（1）的结论，比较，，的大小. 【答案】（1）证明见下详解；（2） 【解析】 【分析】（1）分别构造两个函数，利用导数研究函数的单调性，即可对两个不等式作出证明； （2）利用（1）的结论，估计三角函数值并比较大小即可. 【详解】（1）解：设，，则， 又，所以单调递增，即， 所以在单调递增，因此，所以； 再设，，则， ，由，则， 所以， 则单调递减，所以，因此在单调递减， 则，所以，即， 因此，当时，； （2）由（1）知当时，， 取，则， ， 又，所以， 因此. 16. 在中，的平分线交边于点的外角平分线交直线于点. （1）证明； （2）若 ，求的长. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）在、中分别对、应用正弦定理，结合是内角平分线的角度关系推得，同理在、中推得​，即可证；​ （2）结合已知边长及（1）结论求出的长度，进而得到，再利用勾股定理计算得到的长. 【小问1详解】 已知平分，平分的外角， 因此 即， 在中：​，得，​ 在中：​，得，​ 因为，所以；又，故， 所以；​ 同理，在中：，在中：，​ ，， 故，又， 所以；​ 因此​，原等式得证. 【小问2详解】 已知，，因此，由(1)得，解得， 所以，又由（1）证明过程知，， 所以，所以 即的长为. 17. 把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，将沿翻折至. （1）若二面角为直二面角，求四面体外接球的表面积； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求锐二面角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）通过将几何体补成长方体即可求解； （2）建系，设锐二面角的大小为，进而确定坐标，再结合线面夹角公式即可求解. 【小问1详解】 因为，则， 即， 因为二面角 为直二面角， 即平面平面， 又 ，平面，平面平面， 故 平面 ，平面 ， 所以，故 两两互相垂直， 将四面体放入长方体中，长、宽、高分别为 ， 外接球直径等于长方体体对角线： ， 因此外接球表面积： . 【小问2详解】 以为坐标原点，分别为轴建系， 设点在平面的投影为，连接， 则平面， 又平面，平面，则， 又，平面， 所以平面，又平面， 则，平面，平面， 则即为锐二面角的平面角，设， 因为， 所以，又 所以， 又，，， 向量 ，， 平面的一个法向量为， 则 令，则， 则 设直线与平面所成角为， 则 ， 即，平方后代入 ， 整理得一元二次方程： ， 因为锐角，，解得. 即锐二面角的余弦值为. 18. 已知双曲线：的离心率为2，左､右顶点分别为，，右焦点到其中一条渐近线的距离为.过的直线与双曲线交于，两点，直线，交于点，直线，交于点，设点为中点. （1）求双曲线的标准方程； （2）求直线的方程； （3）是否为定值？若是，请证明；若不是，请说明理由. 【答案】（1） （2） （3）为定值，证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据离心率及焦点到渐近线的距离求解即可. （2）设出直线方程及，，与双曲线方程联立，求出和，求出直线、方程，联立求出，同理求得，即可得到直线的方程. （3）结合（2）求出、及点，分别求出、，结合韦达定理化简求解即可. 【小问1详解】 由双曲线的离心率为2，得，即. 渐近线方程为， 则右焦点到其中一条渐近线的距离为，则. 又，即，解得，. 故双曲线的标准方程为. 【小问2详解】 由（1）知，，，. 设过的直线方程为，，. 联立，整理得， 则，. 直线方程为，直线方程为， 联立解得 ， 即点的横坐标为. 同理可得，点的横坐标为. 所以直线的方程为. 【小问3详解】 为定值. 证明：由（2）知，，，则. 将代入直线方程中，可得， 同理可得， 所以 ，即. . ， 所以. 而， 所以. 故为定值，该定值为2. 19. 某生鲜电商平台销售一款时令水果，其每日市场需求量（单位：千克）为离散型随机变量，所有可能取值为，记 .已知该水果成本为每千克3元，平台正常售价为每千克8元，若平台每日备货量为千克，当日未售出的水果将以每千克1元价格全部折价处理.记平台当日正价销售量为千克，每日总利润为元. （1）若，求此时的 和 与 ； （2）（i）当 时，证明： ； （ii）根据历史销售数据，该水果每日需求量满足 ， 其中为常数，为使每日总利润的数学期望 最大，平台应将每日备货量定为多少千克？（参考数据：） 【答案】（1）；；； （2）（i）见解析；（ii）56. 【解析】 【小问1详解】 因为， 所以 ，所以； 是正价销售量，当， ；当， ； 所以 ； 因为总利润 ， 所以 ； 【小问2详解】 因为 ，所以 ， 所以 ， ， 所以 ； （ii）因为 ，且 ， 所以 ， 当， ，当 ， ， 所以 ， 所以， 由（1）知 ，所以 , 由（i）的结论知， 所以 令 ， 则， 递增；同理得， 递减； 设，则需要找到使得，此时 最大， 当，， 当，， 因为，所以，所以， 所以， 整理得，且， 所以， 因为，所以应在56附近. 根据 取最大值的条件且， 经检验，，，故时， 最大， 所以为使每日总利润的数学期望 最大，平台应将每日备货量定为56千克. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三下学期5月质量检测 数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 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框涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号框．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 一、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. 设复数z满足，则复数z的虚部是（ ） A. B. C. D. 3. 已知数列是等差数列，，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4 4. 已知点，，O为坐标原点，则“和的夹角为锐角”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知定义在上的函数满足，且，则（ ） A. 是偶函数 B. 的最小正周期是2 C. 关于点中心对称 D. 是奇函数 6. 如图所示，已知中，点依次是边上的三个四等分点，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知三棱锥各个顶点都在半径为的球的球面上，且，，，则球心到平面的距离为（ ） A. B. C. 3 D. 8. 若函数，，则（　　） A. 函数，的图象关于直线对称 B. ，使得 C. 若，则 D. 若，则 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. 下列命题中，真命题的是（ ） A. 一个样本的平均数为3，若添加一个新数据3组成一个新样本，则新样本的平均数不变，方差变小 B. 数据组成一个样本，其回归直线方程为，其中，去除一个异常点后，得到新的回归直线必过点 C. 若随机变量服从正态分布，，则 D. 数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23； 10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 点是函数的图象的对称中心 C. 函数在区间上是增函数 D. 将函数的图象向右个单位后所得的函数为偶函数，则的最小值为 11. 如图，在棱长为2的正方体中，P（与点不重合）是正方体侧面内的动点，下列说法正确的是（ ） A. 平面平面 B. 若动点P到直线AB的距离等于它到直线的距离，则点P的轨迹为抛物线的一部分 C. 当时，过点P作该正方体的外接球的截面，其截面面积的最小值为 D. 线段AD绕旋转一周的过程中，AD与所成角的正切值的取值范围为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在中，角、、所对的边分别为、、，若，且，则该三角形外接圆的半径为______. 13. 过椭圆的右焦点作倾斜角为的直线交椭圆于两点，则__________. 14. 如图，是等边内的动点，四边形是平行四边形，.则的最大值______. 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. （1）求证：当时，； （2）利用（1）的结论，比较，，的大小. 16. 在中，的平分线交边于点的外角平分线交直线于点. （1）证明； （2）若 ，求的长. 17. 把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，将沿翻折至. （1）若二面角为直二面角，求四面体外接球的表面积； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求锐二面角的余弦值. 18. 已知双曲线：的离心率为2，左､右顶点分别为，，右焦点到其中一条渐近线的距离为.过的直线与双曲线交于，两点，直线，交于点，直线，交于点，设点为中点. （1）求双曲线的标准方程； （2）求直线的方程； （3）是否为定值？若是，请证明；若不是，请说明理由. 19. 某生鲜电商平台销售一款时令水果，其每日市场需求量（单位：千克）为离散型随机变量，所有可能取值为，记 .已知该水果成本为每千克3元，平台正常售价为每千克8元，若平台每日备货量为千克，当日未售出的水果将以每千克1元价格全部折价处理.记平台当日正价销售量为千克，每日总利润为元. （1）若，求此时的 和 与 ； （2）（i）当 时，证明： ； （ii）根据历史销售数据，该水果每日需求量满足 ， 其中为常数，为使每日总利润的数学期望 最大，平台应将每日备货量定为多少千克？（参考数据：） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $