精品解析：广西南宁市第二中学2026届高三下学期5月月考数学试题

南宁二中2026年5月高三月考 数学 （时间120分钟，共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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 设集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】， ， ， ． 2. 在中，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】根据向量加法的平行四边形法则可知，， 又，， ∴． 3. 已知角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据余弦函数的定义，代入计算，即可得答案. 【详解】因为角的终边经过点，所以. 故选：C 4. 已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得圆锥底面半径、母线长及高，再用体积公式计算即可得. 【详解】由圆锥的轴截面是边长为的等边三角形， 则该圆锥底面半径为，母线长为， 则高为， 则该圆锥的体积． 5. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，过作渐近线的垂线，垂足为P，若，且的面积为，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据焦点到渐近线的距离可得，结合可得，进而得到并计算离心率即可． 【详解】设点，渐近线方程为，即, 则点到渐近线的距离为， 又，， ， 解得，则， ． 6. 某农机合作社于今年初用98万元购进一台大型联合收割机，并立即投入生产.预计该机第一年（今年）的维修保养费是12万元，从第二年起，该机每年的维修保养费均比上一年增加4万元.若当该机的年平均耗费最小时将这台收割机报废，则这台收割机的使用年限是（ ） A. 6年 B. 7年 C. 8年 D. 9年 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的性质以及求和公式，结合基本不等式即可求解. 【详解】设第年的维修保养费为万元，数列的前项和为，该机的年平均耗费为， 据题意，数列是首项为12，公差为4的等差数列. 则. 当且仅当，即时，取最小值38. 所以这台冰激凌机的使用年限是7年. 故选:. 7. 设函数，其中，若存在常数使对任意的实数x都有，则的最小值为（ ） A. 2π B. C. π D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，求得，得到，结合两角差的正弦公式，化简得到，结合恒成立，列出方程组，即可求解. 【详解】因为存在常数使对任意的实数x都有， 所以，因为，所以，所以， 即，所以， 可得， 即， 若等式对于任意实数恒成立，则同时满足，解得， 所以的最小值为. 8. 若曲线有两条过点的切线，则实数的取值范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设切点坐标，根据导数的几何意义和斜率公式列方程，根据有两条切线得到方程有两个根，然后列不等式求解即可. 【详解】设切点坐标为，， 所以斜率， 则切线方程为， 又在切线上，所以 因为曲线有两条过的切线，所以方程有两个解， 整理得，所以，解得或. 故选：D. 二、多选题：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.全部都选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在一次比赛中，10位评委给某选手的评分分别为：70，85，86，88，90，90，92，94，95，100.则下列说法正确的有（ ） A. 用简单随机抽样的方法从10个评分中随机去掉2个，则每个评分被去掉的概率是 B. 这10个评分的第60百分位数为90 C. 这10个评分的平均数小于中位数 D. 去掉一个最低分和一个最高分后，评分的平均数会变大，方差会变小 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据古典概型的概率公式计算判断，对于B，根据百分位数的定义计算判断，对于C，计算出平均数和中位数进行判断，对于D，通过计算平均数和方差进行判断即可． 【详解】从10个分数中随机去掉2个分数，则每个分数被去掉的概率都是，故A正确； ，所以第60百分位数是第6个数90与第7个数92的平均数， 即，所以B错误； 对于C选项：这10个数的平均数为． 因为，所以中位数是第5个数90与第6个数90的平均数90，所以C正确； 对于D选项： 10个数的方差为 ． 去掉70和100后，平均数为， 方差为， ，，所以D正确． 10. 记，分别为函数，的导函数，若存在，满足且，则称为函数与的一个“S点”，则下列说法正确的有（ ） A. 函数与存在唯一“S点” B. 函数与存在两个“S点” C. 函数与不存在“S点” D. 若函数与存在“S点”，则 【答案】AC 【解析】 【分析】令，结合选项，利用题设中的新定义，结合导数的运算法则，逐项求解、判断，即可求解. 【详解】由存在，满足且，则称为函数与的一个“S点”，令， 对于A，由函数，可得，则 令，即，解得；令，即，解得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，且， 此时函数与存在唯一“S点”，所以A正确； 对于B，由函数，其定义域为，且， 令，即，解得，且， 所以函数与不存在两个“S点”，所以B错误； 对于C，由函数，可得， 令，可得，解得或， 但且， 所以函数与不存在“S点”，所以C正确； 对于D，由函数，其中，且， 若函数与存在“S点”，记为， 则，解得，所以D错误. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，M是棱BC的中点，N是棱上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（ ） A. 点N到平面的距离为定值 B. 若N是棱的中点，则四面体的外接球的表面积为 C. 若N是棱的中点，则过A，M，N的平面截正方体所得的截面图形的周长为 D. 若CN与平面所成的角为θ，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A，通过证明 平面，得到直线上的点到平面的距离为定值；选项B，将三棱锥补为圆柱，通过圆柱来计算外接球直径得到三棱锥外接球半径；选项C，画出截面，线段求和即可；选项D，求出平面的法向量，利用空间向量夹角公式得到的值是有关函数，进行最值求解即可. 【详解】选项A，因为 平面,平面，所以 平面， 即上的点到平面的距离为定值，又因为，所以N到平面的距离为定值，A正确； 选项B，如图所示，将三棱锥补全为直三棱柱，直三棱柱的外接圆柱如图所示， 则三棱锥、直三棱锥、外接圆柱的外接球相同，因为， 所以圆柱底面圆心在线段上(为中点），设为三角形的外接圆圆心，半径为， 则， 圆柱外接球直径为，则三棱锥外接球半径为， 外接球面积为，B正确； 选项C，在平面内作平行，交于点Q，易求，截面周长为： ，C错误； 选项D，建立如图所示空间直角坐标系，则， ，设平面的法向量, 则，令，则， 有, 当，；当，， 仅当时等号成立，又， 综上所述，，D正确. 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是___________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据导函数得到函数单调性，从而得到在端点处取得最大值，求出，比较得到最大值. 【详解】，当时，， 当时，，所以在或处取得最大值， 又，， 综上：在区间上的最大值为2 故答案为：2 13. 已知A、B是椭圆的左右顶点，P是C上任意一点，F是C的左焦点，圆，Q是圆E上任意一点，则的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由椭圆的定义，得到，化简得到，结合圆的性质，得到，求得，即可求得的最大值. 【详解】由椭圆，可得，则且， 则椭圆的左、右焦点分别为， 又由椭圆的定义，可得，所以， 所以， 因为圆，可得圆心即点，半径为， 又因为点是圆上的任意一点，所以， 即，当且仅当三点共线，且在的延长线上时，等号成立， 所以的最大值为， 所以，即的最大值为. 14. 已知外接圆半径为2，复数，，且，则的面积的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得，进而得到，，，再利用三角形面积公式及恒等变形化简可得，继而求最值即可． 【详解】 , ， ，， 即，又为的内角， 或， 不妨取，则，，， 由正弦定理得，则， ， ， 当，即时，的面积取得最大值，最大值为． 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. 已知数列满足，． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件可推出是公比为3的等比数列，进而求出的通项公式 （2）利用错位相减法即可求出的前项和. 【小问1详解】 已知，即， 所以是以1为首项，公比为3的等比数列， 故， 因此，. 【小问2详解】 ，两边同乘3， 可得， 相减得： ， 故. 16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧面是等边三角形，，点E是棱的中点． （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：因为底面为矩形， ，又，，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定可得平面，进而可得平面平面； （2）取的中点为，的中点，连接，，先证平面，再以为原点建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点为，的中点，连接，， 侧面是等边三角形，则， 由（1）知平面，平面， ，又平面， 平面， 故以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则， 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 又平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 17. 云计算技术已成为全世界各国战略发展的核心技术与关键基础，2026年我国《政府工作报告》首次明确提出“支持公共云发展”，并将其纳入“打造智能经济新形态”的核心部署.在某个云计算数据中心，某时刻同时接到不同的三个数据任务甲、乙、丙，系统需将三个任务随机分配到四个计算节点A，B，C，D上执行.假设每个任务仅被分配到其中一个计算节点执行，且每个计算节点可以同时执行多个任务，假设不同任务的分配相互独立. （1）记节点A分配到的任务个数为X，求X的分布列和数学期望； （2）对于两个不相互独立的事件M，N，，．若，称事件M与事件N正相关；若，称事件M与事件N负相关. 定义为事件M与事件N的相关系数． （ⅰ）若，求证：事件M与事件N正相关； （ⅱ）若事件M为“节点A恰好分配到一个任务”，事件N为“任务甲分配到节点A”．求，并判断事件M与事件N的相关情况． 【答案】（1） 0 1 2 3 期望为 （2）（i）证明：由， 因为，所以， 即， 又因为，所以， 因为，可得，根据定义，可得事件和正相关. （ii）；事件与正相关 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到随机变量的可能的取值为，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解； （2）（i）由，得到，结合，得到，根据定义，即可证得事件和正相关； （ii）由（1）求得，且，， ，结合公式，求得，即可得到结论. 【小问1详解】 解：由题意得，将甲乙丙三人随机分配到四个计算节点上执行， 共有种不同的分配方法， 随机变量的可能的取值为， 可得， ， 所以变量的分布列为： 0 1 2 3 所以期望为. 【小问2详解】 解：（i）略 （ii）由（1）知：，则， 因为事件为“节点恰好分配到一个任务”，事件为“任务甲分配到节点”， 则，，且， 所以， 因为，所以事件与正相关. 18. 设动点到点的距离与到直线的距离相等． （1）求动点的轨迹的方程； （2）过点的直线l交轨迹于A，B两点．直线上有一动点D，其横坐标为． （i）若且直线FD经过的内心，求直线l的方程； （ii）是否存在点D，使得对任意直线l满足FD经过的内心且满足DA，DB同时与相切？若存在，则加以证明；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）存在. 【解析】 【分析】（1）根据抛物线的定义，得到点的轨迹是以为焦点，以为准线的抛物线，即可求解； （2）（i）设直线的方程为，且，联立方程组得到和，由平分，得到与共线，结合共线向量的坐标运算，列出方程，求得，即可求解； （ii）由点，得到，根据与共线，利用共线向量的坐标运算，列出方程，求得，得到，再利用导数求得切线和的方程，联立方程组，求得，进而得到答案. 【小问1详解】 解：由动点到点的距离与到直线的距离相等， 根据抛物线的定义知，动点的轨迹是以为焦点，以直线为准线的抛物线， 所以，解得，所以动点的轨迹的方程为. 【小问2详解】 解：（i）当时，可得且，设点， 若直线的斜率不存在，此时直线与抛物线只有一个公共点，不符合题意， 所以直线的斜率存在，设直线的方程为， 联立方程组，整理得， 则，且， 因为直线经过的内心，所以平分， 所以与共线，且，其中， 所以，同理可得， 所以， 因为与共线，所以， 整理得， 即，解得， 所以直线的方程为. （ii）证明：存在满足题设条件的点. 证明如下：先求平分线的的坐标， 由点，可得， 因为与共线，所以， 所以， 即点， 再求两切线的交点的坐标， 对于函数，可得，则， 所以切线的方程为，即， 同理可得，切线的方程为， 联立方程组，可得，所以， 所以与重合，所以存在满足题设条件的. 19. 已知函数，． （1）当时，讨论的单调性； （2）当，时，证明：存在唯一的极值点； （3）若在上有零点，求证：． 【答案】（1）当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）当，时，， 设，，则， ①当时，，恒成立， 所以在上单调递减， 又，，所以在内存在唯一零点， 在单调递增，在单调递减， 即在内存在唯一极值点； ②当时，，所以， 则，故在上单调递减，无极值； ③当时，，则， 故在上单调递减，无极值. 综上所述，当，时，存在唯一的极值点. （3）在上有零点，所以， 即有实数根， 设在上的零点为，则， 则点为直线上一点， 所以表示点到原点的距离， 显然，该距离不小于原点到直线的距离， 即，即， 不妨设，，则， 所以函数在上单调递减，则， 即，又，则， 设，，则， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则，即. 【解析】 【分析】（1）通过求导分析的符号，结合不同的取值范围，判断的单调区间； （2）当，时，设，利用导数分析的单调性，结合零点存在定理验证有唯一的变号零点，即可证得结论成立； （3）将函数零点转化为直线方程，利用点到直线的距离公式结合导数放缩，把与函数最值关联，从而证明不等式. 【小问1详解】 当时，函数，其定义域为，求导得， 当时，在上恒成立，所以在上单调递增. 当时，令，解得， 当时，，即在上单调递增； 当时，，在上单调递减. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南宁二中2026年5月高三月考 数学 （时间120分钟，共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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 设集合，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 在中，若，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，过作渐近线的垂线，垂足为P，若，且的面积为，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 某农机合作社于今年初用98万元购进一台大型联合收割机，并立即投入生产.预计该机第一年（今年）的维修保养费是12万元，从第二年起，该机每年的维修保养费均比上一年增加4万元.若当该机的年平均耗费最小时将这台收割机报废，则这台收割机的使用年限是（ ） A. 6年 B. 7年 C. 8年 D. 9年 7. 设函数，其中，若存在常数使对任意的实数x都有，则的最小值为（ ） A. 2π B. C. π D. 8. 若曲线有两条过点的切线，则实数的取值范围是（　　） A. B. C. D. 二、多选题：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.全部都选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在一次比赛中，10位评委给某选手的评分分别为：70，85，86，88，90，90，92，94，95，100.则下列说法正确的有（ ） A. 用简单随机抽样的方法从10个评分中随机去掉2个，则每个评分被去掉的概率是 B. 这10个评分的第60百分位数为90 C. 这10个评分的平均数小于中位数 D. 去掉一个最低分和一个最高分后，评分的平均数会变大，方差会变小 10. 记，分别为函数，的导函数，若存在，满足且，则称为函数与的一个“S点”，则下列说法正确的有（ ） A. 函数与存在唯一“S点” B. 函数与存在两个“S点” C. 函数与不存在“S点” D. 若函数与存在“S点”，则 11. 如图，在棱长为2的正方体中，M是棱BC的中点，N是棱上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（ ） A. 点N到平面的距离为定值 B. 若N是棱的中点，则四面体的外接球的表面积为 C. 若N是棱的中点，则过A，M，N的平面截正方体所得的截面图形的周长为 D. 若CN与平面所成的角为θ，则 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是___________. 13. 已知A、B是椭圆的左右顶点，P是C上任意一点，F是C的左焦点，圆，Q是圆E上任意一点，则的最大值为______． 14. 已知外接圆半径为2，复数，，且，则的面积的最大值为______． 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. 已知数列满足，． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前n项和． 16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧面是等边三角形，，点E是棱的中点． （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 云计算技术已成为全世界各国战略发展的核心技术与关键基础，2026年我国《政府工作报告》首次明确提出“支持公共云发展”，并将其纳入“打造智能经济新形态”的核心部署.在某个云计算数据中心，某时刻同时接到不同的三个数据任务甲、乙、丙，系统需将三个任务随机分配到四个计算节点A，B，C，D上执行.假设每个任务仅被分配到其中一个计算节点执行，且每个计算节点可以同时执行多个任务，假设不同任务的分配相互独立. （1）记节点A分配到的任务个数为X，求X的分布列和数学期望； （2）对于两个不相互独立的事件M，N，，．若，称事件M与事件N正相关；若，称事件M与事件N负相关. 定义为事件M与事件N的相关系数． （ⅰ）若，求证：事件M与事件N正相关； （ⅱ）若事件M为“节点A恰好分配到一个任务”，事件N为“任务甲分配到节点A”．求，并判断事件M与事件N的相关情况． 18. 设动点到点的距离与到直线的距离相等． （1）求动点的轨迹的方程； （2）过点的直线l交轨迹于A，B两点．直线上有一动点D，其横坐标为． （i）若且直线FD经过的内心，求直线l的方程； （ii）是否存在点D，使得对任意直线l满足FD经过的内心且满足DA，DB同时与相切？若存在，则加以证明；若不存在，请说明理由． 19. 已知函数，． （1）当时，讨论的单调性； （2）当，时，证明：存在唯一的极值点； （3）若在上有零点，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $