精品解析：贵州黔西南州顶兴高级中学2026届高三5月模拟考试数学试卷

2026年黔西南州顶兴高级中学高三年级5月模拟考试 数学试卷 一、单选题.（每题只有一个选项符合题意，每小题5分，共计8小题，合计40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数z满足（其中i是虚数单位），则（ ） A. B. C. 2 D. 3. 记等差数列的前项和为，若，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 4. 在的展开式中，含有项的系数为（ ） A. 120 B. C. 20 D. 5. 在正四棱锥中，底面边长为2，侧棱长为，则侧棱与底面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，且，若的面积为，则的值为（ ） A. 6 B. 8 C. D. 7. 若曲线上存在两点到直线的距离为6，则n的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，对于正实数a，定义集合，且，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题.（每小题有多个选项符合题意，全部选对得6分，选错一个选项该题不得分，每小题6分，共计3小题，合计18分） 9. 下列结论正确的是（ ） A. 若随机变量X服从二项分布，，则 B. 若随机变量X服从正态分布，且，则 C. 样本数据12，13，15，18，19，21，23，24，26，27的第70百分位数为23 D. 若一组样本数据，，…，的方差，则这组样本数据的总和为60 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 曲线在处的切线方程为 B. 的极大值点为1 C. 的对称中心为 D. 方程有三个不同实根时， 11. 椭圆的左右焦点分别为，圆与椭圆相切于两个不同点，则（ ） A. 的取值范围为 B. C. 若四边形为菱形，则 D. 三角形面积的最大值为 三、填空题.（每小题5分，共计3小题，合计15分） 12. 若，且，则ab的最小值是______． 13. 记为等比数列的前项和．若，，则______． 14. 一个不透明的盒子里装有2个红球、3个白球、4个黑球，这些球除颜色外完全相同.每次从中随机摸出1个球，记录颜色后不放回，连续摸3次.设事件A为“三次摸球中，恰好有两次颜色相同”，则______. 四、解答题.（请写出完整的解答过程，共计5小题，合计77分） 15. 已知向量，，设函数． （1）求函数的单调递增区间及其图象的对称轴方程； （2）已知a，b，c分别为三角形ABC的内角A，B，C对应的三边长，，，，且恰是函数在上的最大值，求三角形ABC的面积． 16. 如图，在等腰梯形ABCD中，，且，E是CD的中点．将沿AE折起到的位置． （1）若为棱上动点，是AE的中点，证明． （2）若平面平面ABCE，求二面角的余弦值． 17. 某市举办了党史知识竞赛．初赛采用“两轮制”方式进行，要求每个单位派出两个小组，且每个小组都要参加两轮比赛，两轮比赛都通过的小组才具备参与决赛的资格．某单位派出甲、乙两个小组参赛，在初赛中，若甲小组通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是，乙小组通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是，且各个小组所有轮次比赛的结果互不影响． （1）若该单位获得决赛资格的小组个数为，求的分布列与数学期望； （2）已知甲、乙两个小组都获得了决赛资格，决赛以抢答题形式进行．假设这两组在决赛中对每个问题回答正确的概率恰好是各自获得决赛资格的概率．若最后一道题被该单位的某小组抢到，且甲、乙两个小组抢到该题的可能性分别是，该题如果被答对，计算恰好是甲小组答对的概率． 18. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线经过点，求实数的值； （2）若恰有两个零点，求实数的取值范围； （3）证明：当时，． 19. 已知双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为1，点在双曲线上； （1）求双曲线的标准方程； （2）设点是双曲线上的动点，是圆上的动点，且直线与圆相切，求的最小值； （3）如图，是双曲线上两点，直线与轴分别交于点，点在直线上；若关于原点对称，且，是否存在点，使得为定值；若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年黔西南州顶兴高级中学高三年级5月模拟考试 数学试卷 一、单选题.（每题只有一个选项符合题意，每小题5分，共计8小题，合计40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】集合， 由，解得且，所以， 所以. 2. 若复数z满足（其中i是虚数单位），则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【详解】由可得， 即， 故. 3. 记等差数列的前项和为，若，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【详解】由，得，所以，所以， 又，所以. 4. 在的展开式中，含有项的系数为（ ） A. 120 B. C. 20 D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，令，得，所以含有项的系数为. 5. 在正四棱锥中，底面边长为2，侧棱长为，则侧棱与底面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】连接交于点，连接，由正四棱锥的性质即可求解． 【详解】连接交于点，连接， 由正四棱锥的性质可知，平面， 所以直线与平面所成角为， 又因为为正方形，， 所以， 则， 在中，， 故选：B． 6. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，且，若的面积为，则的值为（ ） A. 6 B. 8 C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由面积公式，解得． 由余弦定理，代入，得，即． 于是，所以． 7. 若曲线上存在两点到直线的距离为6，则n的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知确定曲线的图形，数形结合并应用直线与圆的位置关系及已知条件分析临界情况，即可求范围. 【详解】由，可得， 即表示圆的上半部分（包含与x轴交点）， 当圆心到直线的距离为3时， 此时曲线C上恰有一点到直线l的距离为6， 由点到直线距离公式，可得， 结合图形位置关系知，点到直线l的距离为6， 此时为曲线C上存在两点到直线的距离为6的另一临界情形， 所以，可得， 故n的取值范围为． 8. 已知函数，对于正实数a，定义集合，且，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】画出分段函数的图像，利用图像的平移进行求解. 【详解】当，，而，所以恒成立，则单调递增（凹函数）， ∴如图所示：令 ，∴， ∵，令 ，解出， ∴ ， 令，∴， ∵，，且， ∴如图可知， ， ∴. 二、多选题.（每小题有多个选项符合题意，全部选对得6分，选错一个选项该题不得分，每小题6分，共计3小题，合计18分） 9. 下列结论正确的是（ ） A. 若随机变量X服从二项分布，，则 B. 若随机变量X服从正态分布，且，则 C. 样本数据12，13，15，18，19，21，23，24，26，27的第70百分位数为23 D. 若一组样本数据，，…，的方差，则这组样本数据的总和为60 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用二项分布的期望公式及期望的性质计算判断A；利用正态分布的对称性求出概率判断B；求出第70百分位数判断C；利用方差的定义计算判断D. 【详解】对于A，由随机变量X服从二项分布，得， 又，则，A正确； 对于B，随机变量X服从正态分布，则， 因此，B正确； 对于C，由，得所求第70百分位数为，C错误； 对于D，依题意，样本数据的平均数，因此这组样本数据的总和为，D正确. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 曲线在处的切线方程为 B. 的极大值点为1 C. 的对称中心为 D. 方程有三个不同实根时， 【答案】AC 【解析】 【详解】 选项A， 时，，切点为，切线斜率 ，因此切线方程为 ，A正确； 选项B， 或 时 ，递增；，递减，因此极大值点为，B错误； 选项C， ，故 是奇函数，奇函数的对称中心为 ，C正确； 选项D，的极大值为 ，极小值为 ， 简图如图所示 当 与 有三个不同交点时，，D错误. 11. 椭圆的左右焦点分别为，圆与椭圆相切于两个不同点，则（ ） A. 的取值范围为 B. C. 若四边形为菱形，则 D. 三角形面积的最大值为 【答案】BC 【解析】 【分析】对A：问题转化为椭圆上存在一点到点的距离最短，且点不在轴上，结合椭圆上的点的横坐标取值范围计算即可得解；对B：表示出、计算即可得；对C：结合菱形性质与各点横坐标计算即可得；对D：利用面积公式计算即可得. 【详解】对A：问题转化为椭圆上存在一点到点的距离最短，且点不在轴上， 设，则， ， 由于，当，即时，只有当点与右顶点重合时， 达到最小值，不符合题意； 若，当时，达到最小值，符合题意， 故的取值范围为，故A错误； 对B：由A可知，易知，所以， 所以，故B正确； 对C：由，，，要使得四边形为菱形， 则有，解得，故C正确； 对D：点坐标，， 当时，取到最大值，故D错误. 三、填空题.（每小题5分，共计3小题，合计15分） 12. 若，且，则ab的最小值是______． 【答案】4 【解析】 【详解】因，则，整理得， 解得，即，当且仅当时取等， 故当时，ab取得最小值为4. 13. 记为等比数列的前项和．若，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据等比数列的性质得成等比数列，从而得到关于的方程，求解即可. 【详解】因为为等比数列的前项和，且，， 由等比数列的性质可知：成等比数列， 即成等比数列，所以，解得：， 故答案为：. 14. 一个不透明的盒子里装有2个红球、3个白球、4个黑球，这些球除颜色外完全相同.每次从中随机摸出1个球，记录颜色后不放回，连续摸3次.设事件A为“三次摸球中，恰好有两次颜色相同”，则______. 【答案】 【解析】 【详解】为保证每次摸球结果的等可能性，把2个红球分别记为，；3个白球分别记为，，；4个黑球分别记为，，，. 9个球看成不同的元素，则样本空间的样本点总数为. “三次摸球中，恰好有两次颜色相同”分为“两次红球，一次非红球”、“两次白球，一次非白球”、“两次黑球，一次非黑球”三种情况； 事件“两次红球，一次非红球”的样本点个数为：； 事件“两次白球，一次非白球”的样本点个数为：； 事件“两次黑球，一次非黑球”的样本点个数为：； 所以. 四、解答题.（请写出完整的解答过程，共计5小题，合计77分） 15. 已知向量，，设函数． （1）求函数的单调递增区间及其图象的对称轴方程； （2）已知a，b，c分别为三角形ABC的内角A，B，C对应的三边长，，，，且恰是函数在上的最大值，求三角形ABC的面积． 【答案】（1）单调递增区间为，，对称轴方程为， （2） 【解析】 【分析】（1）先利用向量数量积的运算律和坐标表示及三角函数的二倍角公式和辅助角公式求出，再根据正弦函数的图象和性质求解即可； （2）先利用正弦函数的性质求出角，代入余弦定理求出，再根据三角形的面积公式求解即可. 【小问1详解】 ， 由，，得， 所以函数的单调递增区间为，， 令，，解得， 所以函数的对称轴方程为，. 【小问2详解】 由（1）知， 当时，则当即时函数取得最大值， 又恰是函数在上的最大值，且为锐角，可得， 由余弦定理可得，解得或， 因为，所以，则， 所以三角形的面积. 所以三角形的面积为. 16. 如图，在等腰梯形ABCD中，，且，E是CD的中点．将沿AE折起到的位置． （1）若为棱上动点，是AE的中点，证明． （2）若平面平面ABCE，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据折叠前后的量，角度不变，得到，，从而得到平面，即平面，则. （2）先证明面，以为原点建立空间直角坐标系，通过求两个面的法向量的夹角计算二面角. 【小问1详解】 证明：连接，如图所示． 因为，且， 所以四边形ABED和四边形ABCE均为菱形． 因为为AE的中点，所以， 因为为AE的中点，所以， 又平面，所以平面， 又因为，所以平面， 因为平面，所以． 【小问2详解】 因为平面平面ABCE，平面平面， 所以平面ABCE， 以为坐标原点，分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， 所以，． 设平面的法向量为， 则有 取，所以． 设平面的法向量为， 则有 取，所以． 设二面角的平面角为， 则， 又因为为钝角，所以， 故二面角的余弦值为． 17. 某市举办了党史知识竞赛．初赛采用“两轮制”方式进行，要求每个单位派出两个小组，且每个小组都要参加两轮比赛，两轮比赛都通过的小组才具备参与决赛的资格．某单位派出甲、乙两个小组参赛，在初赛中，若甲小组通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是，乙小组通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是，且各个小组所有轮次比赛的结果互不影响． （1）若该单位获得决赛资格的小组个数为，求的分布列与数学期望； （2）已知甲、乙两个小组都获得了决赛资格，决赛以抢答题形式进行．假设这两组在决赛中对每个问题回答正确的概率恰好是各自获得决赛资格的概率．若最后一道题被该单位的某小组抢到，且甲、乙两个小组抢到该题的可能性分别是，该题如果被答对，计算恰好是甲小组答对的概率． 【答案】（1）的分布列为： 0 1 2 期望为1 （2）【解析】 【分析】（1）由独立事件的乘法公式结合题意算出概率，列出分布列，求出期望； （2）由条件概率和全概率公式结合题意计算可得. 【小问1详解】 设甲，乙通过两轮制的初赛分别为事件， 则， 由题意可得，的取值可能为0，1，2， 则， ， ， 则的分布列为： 0 1 2 所以； 【小问2详解】 设表示事件“该单位的某小组对最后一道题回答正确”，表示事件“甲小组抢到最后一道题”，表示事件“乙小组抢到最后一道题”， 则， 根据全概率公式，可得， 从而， 从而该题如果被答对，恰好是甲小组答对的概率为． 18. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线经过点，求实数的值； （2）若恰有两个零点，求实数的取值范围； （3）证明：当时，． 【答案】（1） （2） （3）当时，要证成立，即证成立， 记，则，． 记，， 和在上均单调递减， 在上单调递减， 又，， 存在，使得，即， ，， 当时，，即， 在上单调递增，当时，，即， 在上单调递减， ， ，故成立，原命题得证． 【解析】 【分析】（1）对函数求导，利用导数的几何性质求出切线方程，结合已知条件求出； （2）令，得，构造函数，求导，利用导数分析函数的单调性和极值，结合极限分析求出实数的取值范围； （3）把不等式转化为，构造函数，求导并分析函数单调性，求出的最大值，进而得出，命题得证． 【小问1详解】 函数的定义域为， 所以， ，， 曲线在点处的切线方程为， 把代入，得． 【小问2详解】 令，得， 令，则， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 当时，， 当且趋近于0时，趋近于； 当趋近于时，且趋近于0， 要使函数有两个零点，只需，即实数的取值范围为． 【小问3详解】 略 19. 已知双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为1，点在双曲线上； （1）求双曲线的标准方程； （2）设点是双曲线上的动点，是圆上的动点，且直线与圆相切，求的最小值； （3）如图，是双曲线上两点，直线与轴分别交于点，点在直线上；若关于原点对称，且，是否存在点，使得为定值；若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由； 【答案】（1） （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据焦点到渐近线的距离为1以及点在双曲线上，列出的方程，求解出，即可写出双曲线的标准方程. （2）根据切线的性质可得，将问题转化成求的最小值问题，结合两点间距离公式将表示成的函数表达式，求解出最小值即可. （3）设出坐标以及直线的方程，联立直线与双曲线方程，写出韦达定理，再写出直线方程，可求得坐标，利用关于原点对称列出方程，找出之间的关系，从而可得直线所过定点，再借助直角三角形判断是否为定值即可. 【小问1详解】 因为焦点到一条渐近线的距离为1，即. 又点在双曲线上，所以，解得. 所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 圆的圆心，半径为. 因为是圆上的动点，直线与圆相切，所以，. 所以. 设，因为是双曲线上的动点，所以. 所以. 当时，取得最小值，此时. 所以. 【小问3详解】 由题意知，直线的斜率存在，设直线的方程为. 联立，整理得：. 且. 设，则. 直线的方程为. 令，则，即. 同理可得，. 因为关于原点对称，所以， 即. 整理得. 即. 整理得，即. 所以或. 若，则，则直线方程为，即， 此时直线过点，不符合题意. 若，则直线方程为，恒过定点. 所以为定值，又，在中，为斜边， 所以当为中点时，. 因此存在点，使得为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $