精品解析：江苏扬州市2026届高三下学期五月质检数学试题

高三数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必在答题卡上将自己的学校、姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“条形码粘贴处”． 2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效． 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，只有一项符合要求） 1. 已知集合，集合，则（ ）． A. B. C. D. 2. 已知，则（ ）． A. 1 B. 2 C. D. 5 3. 已知一组数据1，2，x，6，7的平均数为4，则该组数据的第70百分位数为（ ）． A. 4.5 B. 5 C. 5.5 D. 6 4. 已知单位向量，，则是“存在实数，使得”的（ ）． A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知抛物线的焦点为，抛物线上一点到焦点的距离为5，则（O为坐标原点）的面积为（ ）． A. 1 B. C. 2 D. 4 6. 已知，且，则（ ）． A. B. C. 1 D. 5 7. 已知圆，点P在直线上．若圆C上存在两点A，B，使得是等边三角形，则点P的横坐标的取值范围为（ ）． A. B. C. D. 8. 一个棱长为6的正四面体状封闭玻璃容器（壁厚忽略不计）内装有少量液体．如图，当容器倾斜至某一位置时，液面与过同一顶点的三条棱相交，交点到该顶点的距离分别为2，3，4．若将该容器放在一个水平桌面上，底面贴合桌面，则液面距离桌面的高度大约为（ ）． （参考数据：，） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.5 D. 0.6 二、多项选择题（本大题共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. 设正项数列的前n项和是，且，，下列选项中正确的有（ ）． A. 若是等差数列，则 B. 若是等比数列，则 C. 若是等差数列，则 D. 若是等比数列，则 10. 古希腊数学家阿波罗尼斯发现：用平面截圆锥，可以得到不同的截口曲线，如图①．在圆锥中，轴截面是斜边长为的等腰直角三角形，点M是线段的中点．过点M的平面截圆锥，下列图②-图⑤中的截口曲线分别为圆、椭圆（截面经过点A）、抛物线的一部分（截面经过点O）、双曲线的一部分（截面垂直于平面），则（ ）． A. 圆的面积为 B. 椭圆的长轴长为 C. 抛物线的焦点到准线的距离为1 D. 双曲线的离心率为 11. 已知函数设是三个不同的实数，且满足，，则下列选项中正确的有（ ）． A. B. C. 的最小值为 D. 的最大值为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 函数在区间上的最大值为_________． 13. 已知数列满足，，且数列为等比数列，则的前5项和可以是_________．（写出一个满足条件的值） 14. 在中，D是线段上一点，且，，则的最大值为_________． 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表： 0 （1）求函数的解析式； （2）将图象上所有点向左平移个单位长度，得到的图象，且其图象关于轴对称，求在上的解集． 16. 有一个袋子中装有4个红球，2个黑球，现每次从袋子中随机取出一个球，连续取三次． （1）若每次取出的球放回，记取出黑球的次数为，求的分布列和期望； （2）若每次取出的球不放回，已知第三次取出的是黑球，求此时袋中没有黑球的概率． 17. 已知椭圆的左、右顶点分别为，，线段的中点为，过的直线与交于，两点，在轴上方．当为的上顶点时，，且． （1）求的方程； （2）若，求的方程； （3）若，与轴分别交于，，求与的面积之比． 18. 如图，在矩形中，，，点，分别在线段，上，且．将四边形沿折起，，分别到达，位置． （1）求证：平面平面； （2）若折到某位置时，点在平面上的射影恰好落在线段上． ①求二面角的余弦值； ②设点，分别是四边形，内的动点，求的最小值． 19. 已知函数，． （1）当时，求曲线过点的切线方程； （2）若对任意，都有成立，求的取值范围； （3）设，，求的小数点后第一位数字（如：自然对数的底数的小数点后第一位数字为7，的小数点后第一位数字为6）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必在答题卡上将自己的学校、姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“条形码粘贴处”． 2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效． 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，只有一项符合要求） 1. 已知集合，集合，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】集合或， 因为，所以. 2. 已知，则（ ）． A. 1 B. 2 C. D. 5 【答案】C 【解析】 【详解】由，得，， 所以，，因此，. 3. 已知一组数据1，2，x，6，7的平均数为4，则该组数据的第70百分位数为（ ）． A. 4.5 B. 5 C. 5.5 D. 6 【答案】D 【解析】 【详解】已知一组数据1，2，x，6，7的平均数为4， 则，解得. 将这组数据按照从小到大的顺序排列，得共5个数据， 由，所以该组数据的第70百分位数为第4项，即6. 4. 已知单位向量，，则是“存在实数，使得”的（ ）． A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】已知是单位向量，故. 对两边平方得，  代入，解得. 由点积定义得（为两向量夹角）， 得，即同向共线，存在使，充分性成立； 若存在使，由， 得. 当时，，此时，必要性不成立. 因此是“存在实数，使得”的充分不必要条件. 5. 已知抛物线的焦点为，抛物线上一点到焦点的距离为5，则（O为坐标原点）的面积为（ ）． A. 1 B. C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【详解】抛物线，焦点，准线方程为， 因为抛物线上一点到焦点的距离为5，所以点到准线的距离也为5， 即点的横坐标为4，代入可得， 因此. 6. 已知，且，则（ ）． A. B. C. 1 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】将条件变形为，根据两角和差的余弦公式，结合同角三角函数的关系，即可求得答案. 【详解】由，得， 所以， 则， 所以，因为， 所以. 7. 已知圆，点P在直线上．若圆C上存在两点A，B，使得是等边三角形，则点P的横坐标的取值范围为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】依题意存在点使得，过作圆的切线，切点为，连接，则，又，即可得到，设，根据距离公式得到不等式，解得即可. 【详解】 圆，圆心为原点，半径. 在直线上，设. 因为圆上存在两点使为等边三角形，所以，过作圆的切线， 切点为，连接，则，又，所以， 即，即. 即，因式分解得， 解得，即点横坐标的取值范围为. 8. 一个棱长为6的正四面体状封闭玻璃容器（壁厚忽略不计）内装有少量液体．如图，当容器倾斜至某一位置时，液面与过同一顶点的三条棱相交，交点到该顶点的距离分别为2，3，4．若将该容器放在一个水平桌面上，底面贴合桌面，则液面距离桌面的高度大约为（ ）． （参考数据：，） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.5 D. 0.6 【答案】B 【解析】 【分析】设原正四面体的体积为，液体体积为，正四面体的高为，放正后液面的高度为，由题意可得，计算正四面体的高，根据水平放置后，液面上方的正四面体与原正四面体相似，列式计算求解. 【详解】设原正四面体的体积为，液体体积为，正四面体的高为，放正后液面的高度为， 由题意可得， 如图所示，正四面体高， 水平放置后，液面上方的正四面体与原正四面体相似， 则，即， 所以. 二、多项选择题（本大题共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. 设正项数列的前n项和是，且，，下列选项中正确的有（ ）． A. 若是等差数列，则 B. 若是等比数列，则 C. 若是等差数列，则 D. 若是等比数列，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据等差中项、等比中项的性质及数列的前n项和定义求解可判断各选项. 【详解】对于A，若是等差数列，∵，，则，故A正确； 对于B，若是正项等比数列，∵，，则，故B不正确； 对于C，若是等差数列，则，即，，故C正确； 对于D，若是等比数列，则，即， 又因为，， ，解得，∴，故D正确. 10. 古希腊数学家阿波罗尼斯发现：用平面截圆锥，可以得到不同的截口曲线，如图①．在圆锥中，轴截面是斜边长为的等腰直角三角形，点M是线段的中点．过点M的平面截圆锥，下列图②-图⑤中的截口曲线分别为圆、椭圆（截面经过点A）、抛物线的一部分（截面经过点O）、双曲线的一部分（截面垂直于平面），则（ ）． A. 圆的面积为 B. 椭圆的长轴长为 C. 抛物线的焦点到准线的距离为1 D. 双曲线的离心率为 【答案】BCD 【解析】 【分析】建立直角坐标系，利用平面几何知识可判断AB；根据圆锥和截面相交求出抛物线和双曲线的方程可判断CD. 【详解】已知圆锥的轴截面是斜边长的等腰直角三角形， 可得，，是中点，. 以为原点，以方向为轴，以与垂直向内的方向为轴， 以方向为轴建立空间直角坐标系， 得，，，，. 选项A：截口为圆时，截面平行于底面，圆半径， 面积，A错误； 选项B：截面过，椭圆长轴为线段， 可得， 故长轴长为，B正确； 选项C，如图，作出符合题意的图形， 设抛物线与底面圆的交点为，以为原点， 以为轴，在平面建立平面直角坐标系. 由于圆锥底面半径为，则，得，，， 将代入抛物线方程，得， 故抛物线的焦点到准线的距离为1，C正确； 选项D，如图，作出符合题意的图形， 在与平面垂直且过点的平面内，建立平面直角坐标系， 坐标原点与点到底面的距离相等，且在轴上， 则点的坐标为，双曲线与底面圆的一个交点为，其坐标为， 设双曲线方程为，则， 将代入双曲线方程得，解得， 则离心率，D正确. 11. 已知函数设是三个不同的实数，且满足，，则下列选项中正确的有（ ）． A. B. C. 的最小值为 D. 的最大值为 【答案】AB 【解析】 【分析】结合图像得出方程有三个不同的实数根当且仅当有两个不同的实根，根据方程和求出，再逐个选项进行判断. 【详解】画出函数的图像： 设，即方程有三个不同的实根， 由于在上单调递增，且该部分值域为，在单调递增，且该部分值域为，， 令， 结合图像可知，方程有三个不同的实数根当且仅当有两个不同的实根， 即当且仅当，且， ， 再考虑方程和，注意， 或或， 因为，所以， 对于A，， 所以，A正确； 对于B，，， 令，则，当时，， 所以，所以在上单调递增， 所以，所以，B正确； 对于C，，因为，所以单调递增， 因为，所以无最小值，C错误； 对于D，在上单调递增， 所以，所以的最大值为，D错误. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 函数在区间上的最大值为_________． 【答案】2 【解析】 【详解】∵ ，， ∴ 对求导得. 令，解得，，均属于区间. 分别计算在区间端点和极值点处的函数值： 当时，. 当时，. 当时，. 当时，. 比较上述函数值大小：， ∴ 函数在区间上的最大值为. 13. 已知数列满足，，且数列为等比数列，则的前5项和可以是_________．（写出一个满足条件的值） 【答案】348(或168，答案不唯一) 【解析】 【详解】令，则是等比数列，设其公比为. 由已知得，，，则，则. 当时， ，，. 所以，，，，则. 当时，，，. 所以，，，，则. 综上所述，的前5项和可以是348或168. 14. 在中，D是线段上一点，且，，则的最大值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】设角并利用正弦定理转化，将的最值问题转化为三角函数的最值问题，借助辅助角公式求得最大值即可. 【详解】如图，设，则，所以， 由正弦定理可得，在中：； 在中，可得，即， 因为， 所以代入得， 得到， 令，则，设， 则，得到， 可得，解得，即， 得到，因为为锐角，所以，即. 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表： 0 （1）求函数的解析式； （2）将图象上所有点向左平移个单位长度，得到的图象，且其图象关于轴对称，求在上的解集． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据五点法，完善表格，列式计算求解； （2）根据题意求得函数，求导，根据二倍角公式化简结合正弦函数性质计算求解. 【小问1详解】 根据五点法完善表格部分数据如下： 0 0 2 0 0 由题意知，解得，， 又，解得，所以． 【小问2详解】 因为为偶函数， 所以 ， ， 又，所以时，. ，， 所以，即， 又，所以 . 则，解得. 所以在上的解集为. 16. 有一个袋子中装有4个红球，2个黑球，现每次从袋子中随机取出一个球，连续取三次． （1）若每次取出的球放回，记取出黑球的次数为，求的分布列和期望； （2）若每次取出的球不放回，已知第三次取出的是黑球，求此时袋中没有黑球的概率． 【答案】（1）的分布列为： 期望为1 （2）【解析】 【分析】（1）先确定随机变量的取值，再分别计算各取值对应的概率，最后列出分布列并求出期望； （2）方法一：利用概率乘法公式以及条件概率公式求解；方法二：利用古典概型概率公式以及条件概率公式求解即可. 【小问1详解】 由题意知，随机变量的取值为， 则，， ，， 所以的分布列为： 由，所以的期望． 【小问2详解】 记第次取出黑球为事件，第三次取出黑球后袋中没有黑球为事件． 方法一：， ， 所以． 方法二：，， 所以． 17. 已知椭圆的左、右顶点分别为，，线段的中点为，过的直线与交于，两点，在轴上方．当为的上顶点时，，且． （1）求的方程； （2）若，求的方程； （3）若，与轴分别交于，，求与的面积之比． 【答案】（1） （2） （3）1 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的顶点坐标和题目条件表示出和的关系式，从而进行求解； （2）设出直线方程，进而将直线方程与椭圆方程联立，结合韦达定理和题目条件，从而进行求解； （3）根据第2小问得到的两个动点纵坐标之间的关系和直线方程，计算出三角形的高，从而表示出三角形的面积进行求解. 【小问1详解】 由题可知，，，，如下图所示： ，即 ， 因为，所以，即， 所以联立解得，， 因此椭圆的方程为； 【小问2详解】 由（1）可知，，， 设的直线方程为，，， 联立，可得， 根据韦达定理可得，， 因为，所以， 所以，即， 所以，，解得， 因此直线的方程为； 【小问3详解】 图象如下图所示： 由（2）可知，， 直线的方程为，所以，即， 同理可得， 所以， 所以，故与的面积之比为1． 18. 如图，在矩形中，，，点，分别在线段，上，且．将四边形沿折起，，分别到达，位置． （1）求证：平面平面； （2）若折到某位置时，点在平面上的射影恰好落在线段上． ①求二面角的余弦值； ②设点，分别是四边形，内的动点，求的最小值． 【答案】（1）证明见解析 （2）①② 【解析】 【分析】（1）先证明平面，平面，再利用面面平行的判定定理证明平面平面； （2）①在平面内过点作，交于点，连接．先证明是二面角的平面角，再计算，由即得所求； ②延长至点，使，则，在平面中，过点作于，证得平面，点在四边形内，根据可求的最小值． 【小问1详解】 在翻折过程中，，平面，平面， 所以平面． 又因为，平面，平面，所以平面， 又平面，平面，， 所以平面平面． 【小问2详解】 ①如图，在平面内过点作，交于点，连接． 因为点是点在平面上的射影，所以平面， 因为平面，所以， 又，，所以平面， 因为平面，所以， 所以是二面角的平面角， 则翻折前、、三点共线，且， 所以，， 所以． 延长至点，使，则， 在平面中，过点作于， 由①知平面，即平面， 又平面，所以平面平面， 又平面平面，，平面， 所以平面， 所以（当且仅当点与点重合，且点为线段与平面交点时取“”）， 因为， 所以，所以，所以点在线段上， 所以点在四边形内， 此时 ， 综上，最小值即为，长为， 所以的最小值为． 19. 已知函数，． （1）当时，求曲线过点的切线方程； （2）若对任意，都有成立，求的取值范围； （3）设，，求的小数点后第一位数字（如：自然对数的底数的小数点后第一位数字为7，的小数点后第一位数字为6）． 【答案】（1） （2） （3）6 【解析】 【分析】（1）求得的解析式，设出切点，根据导数的几何意义，可得切线方程，代入，可得关于的方程，利用导数求出单调性和最值，分析即可得答案. （2）由题意得恒成立，求出的解析式，分别讨论和两种情况，求出的单调性，分析即可得答案. （3）方法一：求出数列单调性，代入特殊值，可得，由（2）知，换元变形，整理化简，即可得答案.方法二：由（1）知，换元变形，可得，整理计算，可得，即可得答案. 【小问1详解】 当时，，则， 所以在切点处的切线方程为 ， 又切线过点，则，即， 令，则， 所以当时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 所以当时，，所以， 所以切线方程为． 【小问2详解】 因为对任意，均有恒成立，即恒成立， 则， 令， 当时，对称轴，即在上单调递增， 又，所以，即， 所以在上单调递增，又， 所以恒成立，即恒成立，符合题意； 当时，对称轴，又， 又的两个根分别为，， 所以，，且当时，，即，则单调递减， 又，所以当时，，即，与矛盾，故不成立． 综上所述，的取值范围为． 【小问3详解】 方法一： 一方面， ， 所以，则数列单调递增， 而，，， 所以； 另一方面，由（2）知，当且仅当时，取“”， 令，则，则， 所以 ， 所以． 方法二：由（1）知，当且仅当时，取“”， 用代，则，即，当且仅当时，取“”， 令，则，所以， 所以， 所以． 综上所述，的小数点后第一位数字为6． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $