精品解析：河南驻马店经济开发区高级中学2026届高三第二学期5月质量检测数学试题

2026届高三第二学期5月质量检测 数学 （试卷满分：150分，考试时间：120分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3．考试结束后，请将答题卡上交. 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. 若复数，则（ ） A. B. C. D. 1 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，且，则实数（ ） A. B. C. 3 D. 5 4. 已知函数，则曲线在处的切线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 5. 已知公差不为0的等差数列满足：，，，成等比数列，则的值为（ ） A. 25 B. 27 C. 29 D. 31 6. 已知函数（其中）在区间上没有零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在上，且，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的函数满足以下条件：对任意，，有，，且当时，，则不等式的解集为（ ） 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. 已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则点的坐标为 B. 当的倾斜角为时， C. D. 以为直径的圆与直线相切 10. 如图，已知棱长为2的正方体，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 直线与平面所成角的正切值为3 D. 平面截正方体的截面周长为 11. 记内角的对边分别是，已知，则下列说法正确的是（ ） A. B. 角的最大值为 C. D. 的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则展开式中常数项为________． 13. 已知圆与，则圆与圆的公共弦长为________． 14. 如图，已知矩形，，，，分别是边，上的动点（不含端点），为边的中点，且，设．记的面积为，则的最大值为________． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 盒中有标记1，2，3，4的小球各2个，随机一次性取出3个小球． （1）求所有取出的小球上的数字之和小于6的概率； （2）记所有取出的小球上数字小于3的个数为，求的分布列与数学期望． 16. 已知数列的首项，． （1）求数列的通项公式； （2）设数列的前n项和为，证明：． 17. 如图，圆锥SO的底面直径和母线长均为，其轴截面为，C为底面半圆弧AB上一点，且，． （1）求证：； （2）求平面SAC与平面SBC夹角的余弦值； （3）在圆锥SO的内部（含表面上的点）作一个圆柱，且圆柱的其中一个底面在圆锥的底面上，记圆锥的体积为，圆柱的体积为，当圆柱的体积最大时，求的值. 18. 已知函数，其导函数为，． （1）求n的值； （2）函数只有一个极值点，求实数m的取值范围； （3）若恒成立，求实数a的取值范围． 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点作轴的垂线交椭圆于点，，且的周长为12． （1）求椭圆的标准方程； （2）直线与椭圆交于两点，求的周长的取值范围； （3）在轴上是否存在一定点，使得过点的任意直线与椭圆相交于两点，有为定值，若存在，求出定点的坐标；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届高三第二学期5月质量检测 数学 （试卷满分：150分，考试时间：120分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3．考试结束后，请将答题卡上交. 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. 若复数，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】先利用复数的运算法则，化简得到，结合复数模的计算公式，即可求解. 【详解】由复数的运算法则，可得， 则，所以． 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】，，则． 3. 已知向量，，且，则实数（ ） A. B. C. 3 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】通过向量坐标的线性运算，将的坐标表示出来，再根据垂直向量数量积为0列出等式，计算实数的值即可． 【详解】，， ， 由得到，解得． 4. 已知函数，则曲线在处的切线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，令，则，解得， 则曲线在处的切线的倾斜角为. 5. 已知公差不为0的等差数列满足：，，，成等比数列，则的值为（ ） A. 25 B. 27 C. 29 D. 31 【答案】A 【解析】 【详解】由，即，得，（舍），． 6. 已知函数（其中）在区间上没有零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将看成一个整体，利用余弦函数的图象，判断区间长度，进而计算的取值范围． 【详解】由函数在区间上没有零点， 可得区间长度不超过周期的一半，所以，则； 故的零点必须满足，或； 令，，可得； 故或， 可得或， 因为， 故当时，可得或； 当时，或， 得到的取值范围为． 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在上，且，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，，根据题意得到，，再在中，利用余弦定理得到，化简即可求出. 【详解】由数量积定义：， 在中， 根据双曲线的定义，故， 设双曲线的焦距为，焦点为和， 点在双曲线上，记，， 根据双曲线定义有，即， 由，得到， 所以， 在中，， 由余弦定理得：， 即，即，得到， 因此离心率为. 8. 已知定义在上的函数满足以下条件：对任意，，有，，且当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据递推关系及单调性的定义判断的单调性，再应用赋值法求得、，不等式等价化为，结合单调性求解集. 【详解】任取，，且，因为， 所以， 因为时，，且， 所以， 所以，即， 所以在上是增函数， 令，所以， 令，，所以， 不等式等价于， 所以，即， 因为在上是增函数，所以，解得或， 所以不等式的解集为. 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. 已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则点的坐标为 B. 当的倾斜角为时， C. D. 以为直径的圆与直线相切 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用焦半径公式即可验证A；由点斜式写出直线方程，与抛物线联立解得，即可验证B；设直线的方程为，联立方程组由韦达定理即可验证C；设的中点为，过，，分别作准线的垂线于点，，，则，即可验证 D. 【详解】A，因为焦半径， 所以，代入，解得， 由，所以，故A正确； B，当的倾斜角为时，斜率为，则的方程为 ， 联立方程，得到，则或， 因为点在上方，所以，所以，故B错误； C，抛物线的标准方程为，若直线与轴重合， 此时，直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意， 所以直线不与轴重合，设直线的方程为， 联立可得，则， 由韦达定理可得，则，故C正确； D，设的中点为，过，，分别作准线的垂线于点，，， 所以，圆心到准线的距离等于半径，故D正确； 10. 如图，已知棱长为2的正方体，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 直线与平面所成角的正切值为3 D. 平面截正方体的截面周长为 【答案】ACD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，检验是否为0即可判断选项；检验与是否存在数量关系即可判断选项；先求出与平面的法向量夹角余弦的绝对值，再利用同角三角函数关系即可判断选项；先取靠近点的四等分点，找到平面即为截面，即可判断选项. 【详解】选项A，以为原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，，，，，， 所以，，则，所以，故A正确； 选项B，因为，，所以，所以不平行，故B错误； 选项C，因为正方体，所以平面， 因为平面，所以，因为，， ，平面，所以平面，即是平面的一个法向量， 又，，设直线与平面所成角为， 则． 所以，所以，所以C正确； 选项D，取靠近点的四等分点，易证,，，，四点共面， 所以平面即为平面截正方体的截面， 所以截面周长为， 因此选项D正确. 11. 记内角的对边分别是，已知，则下列说法正确的是（ ） A. B. 角的最大值为 C. D. 的取值范围是 【答案】AD 【解析】 【分析】根据正弦定理，余弦定理及基本不等式，分别判断各选项即可求解． 【详解】对于A：因为，所以， 由余弦定理知，又， 所以，即，故A正确； 对于B：由余弦定理知， 由基本不等式知，即，当且仅当时，等号成立． 所以，又，所以，即角的最大值为，故B错误； 对于C：若，则， 所以， 所以，即，也即， 整理得，不合题意，故C错误； 对于D：令，由，有， 根据余弦定理，， 将代入可得， 由选项B可知，即，解得，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则展开式中常数项为________． 【答案】 【解析】 【分析】由第4项与第8项的二项式系数相等可求出，再根据展开式通项公式求出常数项即可. 【详解】解：由题可知，则， 设通项，令，则， 所以常数项为. 13. 已知圆与，则圆与圆的公共弦长为________． 【答案】 【解析】 【分析】将两圆方程作差得到公共弦所在直线的方程，再利用点到直线距离公式和勾股定理求弦长即可. 【详解】将两圆方程作差得公共弦所在直线的方程， 圆，其圆心，半径， 则圆心到直线的距离为，则两圆的公共弦长为． 14. 如图，已知矩形，，，，分别是边，上的动点（不含端点），为边的中点，且，设．记的面积为，则的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】先把边和面积化为角表示，接着求解三角函数的值域，从而确定最大值. 【详解】因为，为边的中点，且，， 所以，，，， 在中，， 同理，在中，， 所以， 所以 ， 取的中点为，连接，则四边形是正方形，所以 是边上的动点（不含端点），所以,即， 因为，所以， 所以，所以，最大值为． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 盒中有标记1，2，3，4的小球各2个，随机一次性取出3个小球． （1）求所有取出的小球上的数字之和小于6的概率； （2）记所有取出的小球上数字小于3的个数为，求的分布列与数学期望． 【答案】（1） （2）分布列为 0 1 2 3 数学期望 【解析】 【分析】（1）分析得所有取出的小球上的数字之和小于6的情况，结合古典概型即可求解； （2）分析的所有可能取值为0，1，2，3，分别求得对应概率即可得出分布列，再根据期望公式即可求解期望． 【小问1详解】 记事件为“所有取出的小球上的数字之和小于6”， 则， 故所有取出的小球上的数字之和小于6的概率为． 【小问2详解】 的所有可能取值为0，1，2，3， ， ， ， ， 故的分布列为， 0 1 2 3 的数学期望为． 16. 已知数列的首项，． （1）求数列的通项公式； （2）设数列的前n项和为，证明：． 【答案】（1） （2）证明：由（1）知：， 可得， 所以， 因为，所以． 【解析】 【分析】（1）根据题意，化简求得，得到数列为等比数列，结合等比数列的通项公式，即可求解； （2）由（1）得，利用裂项法求和，求得，进而证得结论． 【小问1详解】 解：因为，所以，所以， 所以，所以， 又因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以， 所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 证明：由（1）知：， 可得， 所以， 因为，所以． 17. 如图，圆锥SO的底面直径和母线长均为，其轴截面为，C为底面半圆弧AB上一点，且，． （1）求证：； （2）求平面SAC与平面SBC夹角的余弦值； （3）在圆锥SO的内部（含表面上的点）作一个圆柱，且圆柱的其中一个底面在圆锥的底面上，记圆锥的体积为，圆柱的体积为，当圆柱的体积最大时，求的值. 【答案】（1）如图，以为坐标原点，，分别为，轴，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 可得，，则． ，， 则，所以； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出直线的法向量即可证明； （2）写出平面和平面的法向量，代入公式即可求出； （3）设内接圆柱底面圆的半径为，表达出圆柱的体积为，求导判断单调性即可求出. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题可知，，，，， 设平面的法向量为，则 令，则，，所以， 设平面的法向量为，则 令，则，所以， 所以， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 【小问3详解】 由题知，当圆柱的体积最大时，圆柱的上底面圆周在圆锥的侧面上， 设此时内接圆柱底面圆的半径为，则圆柱的高为， 所以圆柱的体积为， 所以， 所以时，时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当圆柱的半径为时，取得最大值，此时， 又圆锥的体积为，所以． 18. 已知函数，其导函数为，． （1）求n的值； （2）函数只有一个极值点，求实数m的取值范围； （3）若恒成立，求实数a的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）对函数求导，根据已知得、，化简整理即可求； （2）根据已知有，利用分类讨论及导数研究其极值点求参数范围； （3）问题化为研究恒成立，应用导数研究右侧的最大值，即可得. 【小问1详解】 由题设， ，， ，则， ∴， ∵， ∴， ∴， 【小问2详解】 因为，所以， 则，， 当时，，则在上单调递增，所以函数不存在极值； 当时，令，即，得， 令，则恒成立，则在上单调递增， 又，所以存在唯一的，使得， 当时，，即，所以函数在上单调递减， 当时，，即，所以函数在上单调递增， 所以仅在处取到极小值，符合题意. 综上，函数只有一个极值点时，实数的取值范围为； 【小问3详解】 令，则， 令，则， 令，则，令，则， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以是的极小值点，则，即， 由，则，即， 令，则， 因为，故，所以，即，故实数的取值范围为. 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点作轴的垂线交椭圆于点，，且的周长为12． （1）求椭圆的标准方程； （2）直线与椭圆交于两点，求的周长的取值范围； （3）在轴上是否存在一定点，使得过点的任意直线与椭圆相交于两点，有为定值，若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）存在，定点的坐标为 【解析】 【分析】（1）根据椭圆定义，由的周长求得，结合求得，即可写出椭圆方程； （2）利用椭圆中心对称性转化周长，联立方程组得到弦长表达式，借助的范围得到弦长的范围，进而得到周长的取值范围； （3）设点和直线，联立方程组后用韦达定理化简，用含项系数比值恒定，解出的值，验证得定点即可. 【小问1详解】 由椭圆的定义可得的周长为，解得， 当时，，解得，则，解得， 则椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 作出符合题意的图形如图所示，连接，，，， 设的周长为，由题意得， 联立方程组，得， 由韦达定理得，， 由弦长公式得 ， 因为，所以，可得， 得到，即， 则，故， 即，则. 【小问3详解】 设，，，当直线不是轴时的方程为， 则，， 联立椭圆方程，整理得， 所以，， 又，， 所以 ， 所以当且仅当，即时，（定值）， 即在轴上存在点使得为定值， 此时的坐标为或， 当点的坐标为，直线为轴时，， 此时， 当点的坐标为，直线为轴时，， 此时， 所以定点坐标为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $