精品解析：河南南阳市西峡县第一高级中学、内乡县高级中学等校2025-2026学年高三下学期五月适应性考试数学试题

高三年级五月适应性考试 数学试题 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 一、选择题：本题共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】D 【解析】 【分析】先分别求解集合和集合，再计算它们的并集. 【详解】， ， 所以． 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】，所以 ，所以． 3. 已知是定义在上的奇函数，且当时，，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据奇函数的性质得出，结合对数的运算法则即可求解． 【详解】由是定义在上的奇函数，得，故， 当时，， 所以 ． 4. 已知向量，满足，，则在上的投影向量的模为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，可得， 则在上的投影向量的模为. 5. “不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》，“规”指圆规，“矩”是指相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量、画图的工具．如图，现有一椭圆经某同学以“矩”量之得 ， ，其中为椭圆的左焦点，经过坐标原点，则该椭圆的短轴长为（ ） A. 2cm B. 4cm C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据椭圆的定义可得，利用垂直关系可得，再求出可得椭圆的短轴长. 【详解】为椭圆的右焦点，连接， 根据椭圆的对称性可知，又，有， 由 ，有，得， 由，得， 由得，所以椭圆的短轴长为． 6. 已知一组样本数据的平均数为6，方差为24，若删除某个数据后，平均数没有变化，方差变为30，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】先根据平均数的性质确定删除的数据，再利用方差公式列出关于的方程，最后求解方程得到的值. 【详解】由题意知：原数据的平均数为6，方差为24， 即 ，因此： 又因为删除某个数据后平均数没有变化，则被删去的数据等于原平均数6， 因此被删数据与平均数的差的平方为 ， 所以删除该数据后，新的方差为： , 因为 ，所以： ， 所以 ，解得 . 7. 已知中，角，，所对的边分别为，，，若，，，则（ ） A. 3 B. 5 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由余弦定理以及二倍角公式求解即可. 【详解】由得，所以， 又由余弦定理，得， 解得或，若，则，得， 又由且，得，与矛盾， 若，由余弦定理得， ，所以. 8. 已知关于的方程有两个不等实根，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先对原方程进行变形，通过同构转化为熟悉的函数形式，再利用导数分析函数单调性与值域，从而确定的取值范围. 【详解】原方程： ，其中. 变形可得： 有两个不相等的实根， 令，则 ， 又因为单调递增，所以 ，即 有两个不相等的实数根， 令，，求导， 令，得 . 所以在单调递增，在单调递减， 在处取得最大值： 时，时，所以． 二、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，有多项符合题白要求．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. 已知点，，为圆：上一点，则（ ） A. 点在圆外 B. 的最大值为6 C. D. 的最大值为9 【答案】ABD 【解析】 【分析】由点与圆的位置关系以及两点间的距离求解即可. 【详解】对于A， ，所以在圆外，A正确； 对于B， ，B正确； 对于C，当时，，，，C错误； 对于D，设，则，故 ， ，所以 ， 当且仅当 时取等，D正确． 10. 如图，圆锥的轴截面为正三角形，底面圆的半径为，，为圆的两条直径，且，母线，与该圆锥的内切球分别切于，两点，则（ ） A. 圆锥的体积为 B. 球与圆锥的公共点的轨迹的周长为 C. 异面直线与所成角为 D. 平面截球的截面面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，求得，且，结合体积公式，可判定A正确；得到公共点的轨迹是以为直径的圆，可判定B错误；连，证得平面，得到，可判定C正确；求得球半径为，结合等体积法，可判定D正确． 【详解】对于A，由已知得，所以，且， 所以圆锥的体积为，A正确； 对于B，公共点的轨迹是以为直径的圆，因为，所以轨迹的周长为，B错误； 对于C，连，则，且， 所以异面直线与所成角即为与所成角， 由，， 可得平面，得， 所以为等腰直角三角形，， 所以异面直线与所成角为，C正确； 对于D，设球半径为，则为的中心， 则，得， 由平面得 ， 又，得到平面的距离为， 所以截面圆的半径为， 所以平面截球的截面面积为，D正确． 11. 已知函数与的部分图像如图所示，，为两曲线相邻的交点的横坐标，记，则（ ） A. B. 的最小正周期为 C. 若在上有9个零点，则 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据图像求解的解析式即可判断AB；根据正切函数的性质判断C；根据诱导公式，同角三角函数的平方关系及两角差的正弦公式判断D． 【详解】对于A，B，． 若，则，得，所以， 又且，得，此时，符合题意； 若，则，得，所以， 又且，得，此时， 在其单调递减区间内，与图像不符， 所以，最小正周期为，A正确，B错误； 对于C，由得， 所以相邻两零点的距离为，因为在上有9个零点， 所以，即，C正确； 对于D，由，得， 又由，且，， 则， 所以 ， 所以，故D正确． 三、填空题．本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式的第3项为______． 【答案】 【解析】 【详解】二项式 的展开式通项为， 的展开式中， . 13. 已知等比数列的前项和为，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】得出，求出公比为，再根据得出即可求出. 【详解】因为，所以， 则，则， 得，即等比数列的公比为， 因为，，所以，得， 则. 14. 已知双曲线：的右焦点为，为坐标原点，为的渐近线上一点，且在第一象限，为的左支上一点，若四边形为菱形，则的离心率为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据双曲线的性质结合已知条件得出右焦点、渐近线方程，设点，根据菱形的性质求出，进而求出点坐标，结合求出点坐标，代入双曲线方程求出关系，进而求出的离心率． 【详解】双曲线右焦点，满足， 离心率，为的渐近线上一点，且在第一象限，则渐近线方程为， 菱形边长为，且， 设点，由 得， 化简得，解得或（舍去）， 故， ， ，代入双曲线方程得 ， 展开化简得，即，， ． 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. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）若对任意的，，，求的取值范围． 【答案】（1） 单调递增区间为和，单调递减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）对求导，根据导数的符号判断单调区间； （2）不等式恒成立等价于. 由的单调性，并计算端点值，比较得的最大值和最小值，从而得到的取值范围． 【小问1详解】 函数的定义域为，对求导得  ， 由于 恒成立，因此的符号由​决定. 当或时， ，即； 当时，，，则 ，即. 因此，的递增区间为和，递减区间为. 【小问2详解】 对任意 ， 等价于. 由（1）可知，在上单调递减，在上单调递增，因此 最小值 ； 端点值 ， ， 因此最大值. 因此 ，即的取值范围为 . 16. 如图，一张边长为2的正方形纸片，为的中点，现沿将折起至，使得． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）由正方形边长为 2， 为 中点，得 ， 折叠后, , 因为，所以，所以, 折叠前， ，折叠后， , 又因为 ，且平面 ， 所以 ; （2） 【解析】 【分析】(1)通过线面垂直判断定理证明；(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以 为原点， 为 轴， 为 轴，垂直于平面 的方向为 轴，建立空间直角坐标系，则，，，设， 因为,所以 解得，即 ， 所以 ， ， ， 设平面 的法向量为 ，则,令, 则 ， 设直线 与平面 所成角为 ，则 ， ， ， 所以， 所以直线 与平面 所成角的正弦值是. 17. 已知抛物线：上的点到直线的距离的最小值为． （1）求的方程； （2）设的焦点为，过点的直线与交于，两点（在第一象限），以为直径的圆与轴交于点（在的右侧），若，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设上点，利用点到直线的距离公式表示出到直线的距离，利用二次函数的图象性质对的表达式进行讨论可得结果； （2）方法一：设直线的方程为，与抛物线联立得，设，．由韦达定理得和的值，再由在以为直径的圆上得，由得到的坐标，将点的坐标代入计算可得，从而得到的值； 方法二：由在以为直径的圆上得，再由，设，表示出和，记的准线为，过点作于，则，可得和，在中，利用正弦定理，结合，化简可得，从而得到. 【小问1详解】 设上点， 则到直线的距离， 当即时，，不符合题意； 当即时，．所以，得，故的方程为； 【小问2详解】 方法一：焦点，显然直线斜率不为0，设直线的方程为，与抛物线联立得， 设，．由韦达定理得，， 因为在以为直径的圆上，所以． 由得，所以，整理得， 即，得或， 又因为在的右侧，所以，故， 所以． 方法二：因为在以为直径的圆上，所以， 由，设，则，则， 记的准线为，过点作于，则， 得，同理， 在中，由正弦定理得． 又，代入得， 整理得，得（负根舍去）， 所以. 18. 某商场举行回馈顾客的抽奖游戏．箱子里有10张奖券，其中4张“金券”，6张“银券”．每张“金券”面值均为100元；每张“银券”面值不同，分别为元，元，…，元．顾客从箱中不放回地依次抽取奖券，直至抽到3张“金券”时停止，不可中途退出游戏．游戏停止时，顾客抽到的所有奖券的面值之和作为顾客的奖金．现有一顾客参加了此次抽奖游戏． （1）求游戏停止时该顾客共抽取5次的概率； （2）求该顾客的奖金不低于270元的概率； （3）已知随机变量的期望具有线性可加性，即对于随机变量，，有，求该顾客的奖金的期望． 【答案】（1） （2） （3）174元． 【解析】 【分析】（1）先明确 “第3张金券出现在第5次”的等价条件，再用分步概率法计算； （2）先将 “奖金不低于270元”拆解为不同奖金对应的互斥情形，再分别用古典概型计算各情形概率并求和，最后得到总概率即可； （3）方法一：先通过定义 0-1 指示变量刻画每张银券是否被抽到，再利用银券与金券的位置对称性，直接求出每张银券被抽到的概率，进而利用期望的线性性质拆分奖金表达式，最后将复杂的多变量期望计算转化为单个变量期望的线性组合，得到奖金的期望； 方法二：先通过古典概型求出停止时抽到银券张数的分布列并计算其期望，再利用 “每张银券被抽到的概率相等” 的对称性，由的期望反推出单张银券被抽到的概率，最后结合期望的线性可加性，将奖金拆分为固定金券部分与随机银券部分，计算得到奖金的期望. 【小问1详解】 游戏停止时共抽取5次，即前四次抽到2金2银，且第五次抽到金券， 所求概率为; 【小问2详解】 奖金不低于270元，则可能为300元，290元，280元，270元, ①若奖金为300元，即连续抽到3次金券，其概率为； ②若奖金为290元，即前三次抽到两张金券和一张元银券，且第四次抽到金券，其概率为； ③奖金为280元，即前三次抽到两张金券和一张-20元银券，且第四次抽到金券，同②知 ； ④若奖金为270元，情况1：前三次抽到两张金券和一张-30元银券，且第四次抽到金券，同②知其概率为； 情况2：前四次抽到两张金券．一张元银券和一张元银券，且第五次抽到金券， 则， 所以； 综上所述，奖金不低于270元的概率为; 【小问3详解】 方法一：记银券分别为，对应面值元，元，⋯，元． 记 则，， 所以，， 因为 所以 即奖金的期望为174元． 方法二：记为停止时抽到银券的张数，则的可能取值为0，1，2，3，4，5，6，且． 由已知得，，， ，， ，， 则．又因为．所以 因为每张银券被抽到是等可能的，所以，， 所以 ，即奖金的期望为174元． 19. 给定自然数，定义集合为的一个排列．对于中的任意一个元素，定义集合，将的元素个数称为的“逆对数”例如，若中的一个元素，则，的“逆对数”为2． （1）当时，若，，直接写出，； （2）记为中“逆对数”为的元素个数． （i）求与的递推关系式； （ii）求． 【答案】（1） ， （2）（i） ；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据集合及“逆对数”的定义，结合已知条件，写出，； （2）（i）方案一：按“去掉后逆对数的变化”分类，综合得出递推式；方案二：按的位置直接分类，综合得出递推式； （ii）插入，分类讨论逆对数的来源，建立递推关系，再构造等比数列求通项． 【小问1详解】 （1） ， ． 【小问2详解】 （2）（i）方案一：设是中“逆对数”为1的一个排列， 且这两个数为， 若去掉中最大的数后仍有一个逆对数的排列，则位于，之间或最后； 若去掉后逆对数为0，则可能位于除最后的所有位置， ； 方案二：对按所在位置分类： 若在末位，则当的逆对数为1时，的逆对数为1； 若不在末位，设，，则当的逆对数为1时， 前面和后面的数都从小到大排列，共个，逆对数个数， 综上， ． （ii）设是中“逆对数”为2的一个排列，且，， 若去掉中最大的数后仍有两个逆对数的排列，则位于，或，之间或最后： 若去掉后逆对数为1，且为，则可能位于除最后与，之间的所有位置， ， 由（i）知 ， 又 ，则 ， 是首项为2，公比为2的等比数列， ， ， ， ， 又 ，则 ， 是首项为3，公比为3的等比数列， ， ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级五月适应性考试 数学试题 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 一、选择题：本题共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. C. D. 3. 已知是定义在上的奇函数，且当时，，则（ ） A. B. 1 C. D. 4. 已知向量，满足，，则在上的投影向量的模为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 5. “不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》，“规”指圆规，“矩”是指相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量、画图的工具．如图，现有一椭圆经某同学以“矩”量之得 ， ，其中为椭圆的左焦点，经过坐标原点，则该椭圆的短轴长为（ ） A. 2cm B. 4cm C. D. 6. 已知一组样本数据的平均数为6，方差为24，若删除某个数据后，平均数没有变化，方差变为30，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 7. 已知中，角，，所对的边分别为，，，若，，，则（ ） A. 3 B. 5 C. D. 8. 已知关于的方程有两个不等实根，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、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，有多项符合题白要求．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. 已知点，，为圆：上一点，则（ ） A. 点在圆外 B. 的最大值为6 C. D. 的最大值为9 10. 如图，圆锥的轴截面为正三角形，底面圆的半径为，，为圆的两条直径，且，母线，与该圆锥的内切球分别切于，两点，则（ ） A. 圆锥的体积为 B. 球与圆锥的公共点的轨迹的周长为 C. 异面直线与所成角为 D. 平面截球的截面面积为 11. 已知函数与的部分图像如图所示，，为两曲线相邻的交点的横坐标，记，则（ ） A. B. 的最小正周期为 C. 若在上有9个零点，则 D. 三、填空题．本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式的第3项为______． 13. 已知等比数列的前项和为，若，则______． 14. 已知双曲线：的右焦点为，为坐标原点，为的渐近线上一点，且在第一象限，为的左支上一点，若四边形为菱形，则的离心率为______． 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. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）若对任意的，，，求的取值范围． 16. 如图，一张边长为2的正方形纸片，为的中点，现沿将折起至，使得． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知抛物线：上的点到直线的距离的最小值为． （1）求的方程； （2）设的焦点为，过点的直线与交于，两点（在第一象限），以为直径的圆与轴交于点（在的右侧），若，求． 18. 某商场举行回馈顾客的抽奖游戏．箱子里有10张奖券，其中4张“金券”，6张“银券”．每张“金券”面值均为100元；每张“银券”面值不同，分别为元，元，…，元．顾客从箱中不放回地依次抽取奖券，直至抽到3张“金券”时停止，不可中途退出游戏．游戏停止时，顾客抽到的所有奖券的面值之和作为顾客的奖金．现有一顾客参加了此次抽奖游戏． （1）求游戏停止时该顾客共抽取5次的概率； （2）求该顾客的奖金不低于270元的概率； （3）已知随机变量的期望具有线性可加性，即对于随机变量，，有，求该顾客的奖金的期望． 19. 给定自然数，定义集合为的一个排列．对于中的任意一个元素，定义集合，将的元素个数称为的“逆对数”例如，若中的一个元素，则，的“逆对数”为2． （1）当时，若，，直接写出，； （2）记为中“逆对数”为的元素个数． （i）求与的递推关系式； （ii）求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $