精品解析：广东江门市第一中学2025-2026学年高三下学期5月月考数学试卷

江门一中2026届高三下学期“龙门一跃”考试 数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 若非空且互不相等的集合M，N，P满足：，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 在△中，为边上的中线，为的中点，则 A. B. C. D. 4. 某学校广播站有6个节目准备分2天播出，每天播出3个，其中学习经验介绍和新闻报道两个节目必须在第一天播出，谈话节目必须在第二天播出，则不同的播出方案共有（ ） A. 108种 B. 90种 C. 72种 D. 36种 5. 记为等比数列的前项和，设甲：为等差数列，乙：为等差数列，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 6. 设为坐标原点，圆与轴切于点，直线交圆于两点，其中在第二象限，则（ ） A. B. C. D. 7. 某工厂生产的零件质量指标．从生产的众多零件中随机抽取个零件，其中次品数，则（ ） A. B. C. （其中） D. 当，时， 8. 设上的可导函数满足，且是偶函数．若，，，则，，的大小关系为（    ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分． 9. 已知点为坐标原点，直线与抛物线相交于两点，则（ ） A. B. C. 的面积为 D. 线段的中点到抛物线准线的距离为 10. 如图，在平行六面体中，分别是的中点，以为顶点的三条棱长都是，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. D. 与夹角的余弦值为 11. 已知数列满足，为的前n项和，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. ，使得 D. 为等比数列的充要条件是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知正数，，均不等于1，且，，则________． 13. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，是右支上一点，，则_____． 14. 某种病毒在特定环境下可通过空气传播，其病毒载量（单位：拷贝数/升）与时间（小时）的关系为，其中，为初始病毒载量，则病毒载量在_____小时达到峰值，之后病毒载量每经过1小时衰减为原来的倍，当低于时不具传染性，则从起，该病毒具有传染性的总时长为_____小时． 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. 某地区教育主管部门为调查当地中小学教师的年龄结构，从当地所有中小学教师中随机抽取100名，整理数据得到下表： 年龄（岁） 学段 小学 12 20 5 3 初中 12 10 8 5 高中 8 8 7 2 （1）试估计该地区教师年龄的第80百分位数； （2）已知小学、初中、高中教师中骨干教师分别占各学段的，，．若从这100名教师中，任意抽取一位，求这位教师为骨干教师的概率． 16. 已知函数的图象关于点中心对称. （1）求，； （2）在中，角，，所对的边分别为，，，若，且，求角. 17. 如图，在面积为的梯形中，，，为的中点.将沿翻折至. （1）证明：； （2）当时，求平面与平面夹角的余弦值； （3）当时，求四棱锥体积的最大值. 18. 在平面直角坐标系中，，是两定点，动点与、连线的斜率之积为. （1）求动点的轨迹方程； （2）过点的直线与的轨迹相交于点，，直线，与直线分别交于点，. （ⅰ）证明：； （ⅱ）记，，的面积分别为，，，且，求直线的方程. 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）关于的方程有两个实根，对每一个满足条件的. （i）求的取值范围； （ii）当时，记，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江门一中2026届高三下学期“龙门一跃”考试 数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 若非空且互不相等的集合M，N，P满足：，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，得到集合的包含关系，根据集合之间的包含关系进行判断即可； 【详解】由题意可知，是的子集，是的子集，所以是的子集， 所以. 故选：C. 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的除法化简计算即可. 【详解】由， 则. 故选：B. 3. 在△中，为边上的中线，为的中点，则 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析：首先将图画出来，接着应用三角形中线向量的特征，求得，之后应用向量的加法运算法则-------三角形法则，得到，之后将其合并，得到，下一步应用相反向量，求得，从而求得结果. 【详解】根据向量的运算法则，可得 ， 所以，故选A. 【点睛】该题考查的是有关平面向量基本定理的有关问题，涉及到的知识点有三角形的中线向量、向量加法的三角形法则、共线向量的表示以及相反向量的问题，在解题的过程中，需要认真对待每一步运算. 4. 某学校广播站有6个节目准备分2天播出，每天播出3个，其中学习经验介绍和新闻报道两个节目必须在第一天播出，谈话节目必须在第二天播出，则不同的播出方案共有（ ） A. 108种 B. 90种 C. 72种 D. 36种 【答案】A 【解析】 【分析】先确定第一天和第二天播放的节目，然后再确定节目的播放顺序，利用分步乘法计数原理可得结果. 【详解】第一步，从无限制条件的3个节目中选取1个，同学习经验介绍和新闻报道两个节目在第一天播出，共有种； 第二步，某谈话节目和其他剩余的2个节目在第二天播出，有种播出方案， 综上所述，由分步乘法计数原理可知，共有种不同的播出方案. 故选：A 5. 记为等比数列的前项和，设甲：为等差数列，乙：为等差数列，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差性质、等比数列的性质，结合充分条件、必要条件的概念求解判断即可. 【详解】设等比数列的公比为，首项为. 甲：，，. 因为为等差数列，所以，即， 整理得，即，所以. 乙：，，. 因为为等差数列，所以，即， 整理得，即，解得或. 所以若甲成立，乙一定成立，故甲是乙的充分条件；若乙成立，甲不一定成立，故甲不是乙的必要条件； 综上，甲是乙的充分不必要条件. 6. 设为坐标原点，圆与轴切于点，直线交圆于两点，其中在第二象限，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据圆的弦长公式求出线段的长度，再求出直线的倾斜角，即可求得与的夹角，进而可得出答案. 【详解】由题意，圆心， 到直线距离为， 所以， 直线的斜率为，则其倾斜角为， 则与的夹角为， 所以. 故选：D． 7. 某工厂生产的零件质量指标．从生产的众多零件中随机抽取个零件，其中次品数，则（ ） A. B. C. （其中） D. 当，时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】本题结合正态分布的对称性判断选项A，B，根据二项分布的概率公式判断选项C，再通过条件概率公式计算验证选项D，从而得出正确答案． 【详解】对于A，正态分布的密度曲线关于直线对称， 所以，A正确； 对于B，由正态分布的对称性， ， 所以，B正确； 对于C，二项分布满足，， 当且仅当时两者相等，一般情况不成立，C错误； 对于D，当时，， ， 条件概率 ，D正确． 8. 设上的可导函数满足，且是偶函数．若，，，则，，的大小关系为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的正负得出的单调性，再结合是偶函数得出的对称轴，由函数图像的对称性即可求解． 【详解】由得，当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增， 又是偶函数，所以的对称轴为直线， 因为，所以， 所以， 又，， 所以， 所以． 二、多选题：本题共3小题，共18分． 9. 已知点为坐标原点，直线与抛物线相交于两点，则（ ） A. B. C. 的面积为 D. 线段的中点到抛物线准线的距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】联立直线的方程和抛物线的方程，化简写出根与系数关系，结合弦长、垂直、三角形的面积，准线等知识确定正确答案. 【详解】联立得，，设， 则，， ∴，. , A选项正确. ，∴不成立，B选项错误； 到直线的距离为， 的面积，C选项正确； ∵，准线方程为∴， 线段AB的中点到抛物线准线的距离为4，D选项正确. 故选：ACD 10. 如图，在平行六面体中，分别是的中点，以为顶点的三条棱长都是，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. D. 与夹角的余弦值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据线面平行、线面垂直、空间距离、线线角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】A选项，连接， 由于分别是的中点，所以， 根据棱柱的性质可知，所以, 由于平面，平面， 所以平面，所以A选项正确. B选项，， ， ， 所以， 由于平面，所以平面，B选项正确. ， 所以，即，所以C选项错误. D选项，，，， ， 所以与夹角为， 则. 故选：ABD 11. 已知数列满足，为的前n项和，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. ，使得 D. 为等比数列的充要条件是 【答案】BCD 【解析】 【分析】AB项通过递推数列规则依次求解各项，可得重复项，进而得到周期规律即可判断；C项取特殊首项求和即可；D项从充分性与必要性两个角度证明. 【详解】对于A，由，， ，， ，，， 由递推关系以下过程重复操作，后面各项依次为 所以数列除了外，从开始成周期为3规律， 从到共2025项，2025是3的倍数，所以，故A错误； 对于B，根据选项A可知，，故B正确； 对于C，取，则，则，， 依此下去，对，都有，此时， ，即，使得，故C正确； 对于D，若，则，则，， 依此下去，对，都有，则成立， 故，数列为等比数列； 若数列为等比数列，设公比为， 假设数列中存在某项，则，， 可得，又，解得， 由，可知，故必存在某项，则， 即，这与公比矛盾，假设错误， 即数列中任意一项都小于，自然； 再假设数列中存在某项，则，即， 则由，可知时，，且数列为递增数列， 故存在某项，则，这与数列递增矛盾，假设也错误； 所以数列中也不存在大于且小于的项，又等比数列中各项均不为， 故数列中任意一项均小于，即； 综上所述，为等比数列的充要条件是，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知正数，，均不等于1，且，，则________． 【答案】6 【解析】 【详解】方法一：，即． 方法二：由，，得，，则，所以． 13. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，是右支上一点，，则_____． 【答案】5 【解析】 【分析】根据双曲线的定义及勾股定理即可求解． 【详解】由题知，， 在中，， 由得，， 所以． 14. 某种病毒在特定环境下可通过空气传播，其病毒载量（单位：拷贝数/升）与时间（小时）的关系为，其中，为初始病毒载量，则病毒载量在_____小时达到峰值，之后病毒载量每经过1小时衰减为原来的倍，当低于时不具传染性，则从起，该病毒具有传染性的总时长为_____小时． 【答案】 ①. 4 ②. 32 【解析】 【分析】分类讨论的范围得出的增减性，即可得出病毒载量达到峰值的时间；再分类讨论的范围，结合指数函数的单调性解不等式即可求解该病毒具有传染性的总时长． 【详解】当时，此时， 代入原函数指数部分：， 所以，， 已知，则， 所以当时，指数是关于的减函数， 因此在上单调递减， 当时，此时，代入原函数指数部分： ， 所以，， 同理得在上单调递增， 综合以上两种情况，在时单调递增，在时单调递减， 因此，病毒载量在时达到峰值． 在时，， 根据题意，对于任意，有：， 代入表达式：， 整理得，，， 所以， 病毒具有传染性的条件是，即， 整理得，， 当时，不等式变为：， 结合前提，得到； 当时，不等式变为：， 结合前提，得到， 综合两种情况，病毒具有传染性的时间段为， 题干要求计算从起的传染时长，即时间区间的长度， 故总时长为小时． 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. 某地区教育主管部门为调查当地中小学教师的年龄结构，从当地所有中小学教师中随机抽取100名，整理数据得到下表： 年龄（岁） 学段 小学 12 20 5 3 初中 12 10 8 5 高中 8 8 7 2 （1）试估计该地区教师年龄的第80百分位数； （2）已知小学、初中、高中教师中骨干教师分别占各学段的，，．若从这100名教师中，任意抽取一位，求这位教师为骨干教师的概率． 【答案】（1）45 （2）0.21 【解析】 【分析】（1）根据百分位数的概念计算求解； （2）根据全概率公式计算即可求解. 【小问1详解】 ．因为中的人数为32，中的人数为38，中的人数为20， 所以，， 所以教师年龄的第80百分位数应在区间内． 区间中的人数的频率为， 区间中的人数的频率为， 所以估计该地区教师年龄的第80百分位数约为． 【小问2详解】 设事件“抽取的教师为骨干教师”，“抽取的教师来自小学”，“抽取的教师来自初中”，“抽取的教师来自高中”． 而小学、初中、高中教师数分别为40，35，25， 所占比例分别为，，， 所以，，． 又，，， 所以 ． 16. 已知函数的图象关于点中心对称. （1）求，； （2）在中，角，，所对的边分别为，，，若，且，求角. 【答案】（1）， （2）或 【解析】 【分析】（1）将原函数化简后，利用对称性有恒成立，代入计算解出即可得； （2）利用正弦定理将边化为角后，利用两角和的正弦公式计算可得，再利用（1）中所得可求出，结合可求出，即可得. 【小问1详解】 由题 ， 由函数的图象关于点中心对称， 则， 即， 即 ， 所以，解得； 【小问2详解】 由（1）知， 又，所以， 即， 所以.又，所以，又，所以， 又，∴， 又，所以，所以或， ∴或，又，所以或. 17. 如图，在面积为的梯形中，，，为的中点.将沿翻折至. （1）证明：； （2）当时，求平面与平面夹角的余弦值； （3）当时，求四棱锥体积的最大值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接，由菱形性质可得，即可得； （2）借助梯形面积可得的面积，从而可求出，再以为坐标原点，建立适当空间直角坐标系，可求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）过作，垂足为，利用线面垂直判定定理可得平面，即为四棱锥的高，再设，，可得，则可用表示出，再构造相应函数，利用导数求出最大值即可得解. 【小问1详解】 连接，由为中点，则，又， 则四边形为菱形，设，则为中点， 则，故； 【小问2详解】 当时，是边长为的等边三角形， 又因为梯形的面积为，所以的面积为， 所以，所以， 以为坐标原点，以，分别为，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，， 所以，，， 设为平面的法向量，则， 即，令，则，所以， 设为平面的法向量，则， 即，令，则，，所以， 所以， 因此，平面与平面夹角的余弦值为； 【小问3详解】 过作，垂足为， 因为四边形为菱形，所以，即， 又是平面内的两条相交直线， 所以平面，因为平面，所以， 又因为，、平面，所以平面， 设，，则，， 根据的面积为，得，即， 要使三棱锥的体积最大，则最大， 因为， 所以， ，其中， 令，记，， 令，，或（舍）， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以，即， 所以三棱锥的体积最大值为， 因此，四棱锥体积的最大值为. 18. 在平面直角坐标系中，，是两定点，动点与、连线的斜率之积为. （1）求动点的轨迹方程； （2）过点的直线与的轨迹相交于点，，直线，与直线分别交于点，. （ⅰ）证明：； （ⅱ）记，，的面积分别为，，，且，求直线的方程. 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）或. 【解析】 【分析】（1）根据斜率之积得到方程，又与、不能重合，从而得到轨迹方程； （2）（ⅰ）设出直线方程，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，计算出，证明出结论； （ⅱ）计算出，，，由得到方程，解得，求出直线的方程 【小问1详解】 设点，由知，，化简得. 又与、不能重合，所以动点的轨迹方程为； 【小问2详解】 （ⅰ）可设直线方程为，点， 联立得，， ， 则，， 又直线、方程分别为，， 分别与联立，得，. ∴，， ∴ 所以，. （ⅱ）先证明，在任意三角形中，若，， 三角形的面积 ， 由（ⅰ）知，， ∴，同理. ∴ . 又 ， 因为，， 所以， 故， 故， 由知，，解得. 所以直线的方程为或. 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）关于的方程有两个实根，对每一个满足条件的. （i）求的取值范围； （ii）当时，记，证明：. 【答案】（1）答案见解析； （2），证明见解析. 【解析】 【分析】（1）分，两种情况求单调区间可得答案； （2）（i）由题设可得：，设，，两式相减结合可得，再设，通过证明可得答案； （ii）对于，两式相加结合，可得，据此可完成证明. 【小问1详解】 由题设可得定义域为，. 当时，则，从而在上单调递减； 当，令，可得， ，， 则在上单调递减，在上单调递增； 【小问2详解】 （i）由（1）分析可得，， 则为使有两个实根，则. 由题设可得：，设，则， 两式相减可得，设，则， 从而，， 由题， 设，则， 令 ，则， 则在上单调递减，则， 则要使成立，则； （ii）由上可得：对于，两式相加可得： ， 因，则， 从而 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $