精品解析：陕西省2026届高三下学期5月联考数学试题

高三数学 注意事项： 1．答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，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，用铅笔把答题卡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，将答案写在答题卡上． 一、单项选择题：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. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知复数，在复平面内对应的点分别为，，为原点，则（ ） A. 12 B. 16 C. 20 D. 24 4. 若圆锥的底面积为，高为4，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则“”是“”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 6. 已知是偶函数，且当时，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 29 D. 30 7. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，其右支上有一点满足，直线交轴于点，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正数x，y满足，则一定有（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 某公司统计了今年前5个月购买办公用品的费用（单位：元），分别为14500，5800，11600，6000，8700，则（ ） A. 这组数据的极差为8700 B. 这组数据的平均数为9320 C. 这组数据的第80百分位数为11600 D. 添加一个新的数据，在极差保持不变的条件下，方差可能变大 10. 已知抛物线：的焦点为，以为圆心、为半径的圆与交于，两点在第一象限），轴，垂足为，设，，则（ ） A. 的取值范围是 B. 是增函数 C. 是增函数 D. 是增函数 11. 已知正四面体的棱，的中点分别为，．空间中的动点满足．设点的轨迹为，则（ ） A. 轨迹上满足的点有无数个 B. 轨迹上满足的点有无数个 C. 轨迹上满足的点有无数个 D. 轨迹上满足的点仅有两个 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在等比数列中，，，则________． 13. 若函数是偶函数，则当的最小正周期最大时，________． 14. 已知袋中有3个红球和2个白球．甲、乙、丙三人依次各摸出1个球（不放回），三人只能看到别人手中的球，无法看到自己的球．此时，甲说：“我不知道我手中是什么颜色的球．”乙听到后说：“我也不知道我手中是什么颜色的球．”若两人会根据已知信息进行推理，并且不说谎，则甲手中是红球的概率为________． 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. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）证明：； （2）若的面积为3，求的最小值． 16. 已知椭圆：的左焦点为，短轴长是长轴长的． （1）求的方程． （2）过点的直线与交于，两点，点，从下列两个命题中选择一个正确的命题，并证明． ①直线与的斜率之和为定值； ②直线与的斜率之积为定值． 17. 如图，在三棱柱中，平面平面，，，，为棱上靠近点的三等分点，为的中点． （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，，求实数的取值范围； （3）若，且存在，，使得，证明：． 19. 在数列中，已知，对任意的，的值取或的概率均为，记事件“”的概率为，的前项中0的个数为随机变量． （1）求，的值； （2）求的分布列； （3）记是的数学期望，证明：． 附：对任意随机变量，有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 注意事项： 1．答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，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，用铅笔把答题卡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，将答案写在答题卡上． 一、单项选择题：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】B 【解析】 【分析】先求解一元二次不等式得到集合B，再根据并集的运算规则计算A与B的并集即可. 【详解】对不等式因式分解，可得， 解得，因此， 已知，根据并集的定义可知，. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题设. 3. 已知复数，在复平面内对应的点分别为，，为原点，则（ ） A. 12 B. 16 C. 20 D. 24 【答案】C 【解析】 【详解】由题设，，则， 所以. 4. 若圆锥的底面积为，高为4，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设圆锥的底面圆的半径为，则，解得， 又高为4，故圆锥的母线长为， 所以该圆锥的侧面积为. 5. 已知，则“”是“”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】 【分析】先由判断是否能推出，再由判断是否能推出，即可得出结果. 【详解】已知 充分性： 若因为，所以,所以,所以； 必要性： 若，则当时，，所以必要性不成立； 因此“”是“”的充分不必要条件. 【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件，属于基础题型. 6. 已知是偶函数，且当时，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 29 D. 30 【答案】C 【解析】 【分析】先根据偶函数的性质求出时函数的表达式，再利用对数函数的性质化简函数，最后根据对数列项求和计算. 【详解】当时，， 当时，， 因为是偶函数，所以在中，都满足， 代入中可得 7. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，其右支上有一点满足，直线交轴于点，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，结合图形可得，在中用余弦定理求与的关系，进而在中用余弦定理求离心率. 【详解】由双曲线定义得：， 轴是的中垂线，在轴上，故， 设，由得，则， 因此. ，故， 在中由余弦定理可得：， 代入： ， 故，结合得：. 在中由余弦定理可得：， 代入， 化简得：，将代入可得： ， 化简得：， 故. 8. 已知正数x，y满足，则一定有（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】原式可化为​ 设，，可知在单调递增，在单调递减，最大值为​， 因此 设，求导得，故在单调递增. 又因为，因此​ ，所以，故A正确，B错误； ，因为在单调递增，所以​，存在满足条件的正实数； 取，因为在单调递减，可得​，也存在满足条件的正实数； 因此C、D错误. 二、多项选择题：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. 某公司统计了今年前5个月购买办公用品的费用（单位：元），分别为14500，5800，11600，6000，8700，则（ ） A. 这组数据的极差为8700 B. 这组数据的平均数为9320 C. 这组数据的第80百分位数为11600 D. 添加一个新的数据，在极差保持不变的条件下，方差可能变大 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据极差，平均数和百分位数逐一验证即可求解. 【详解】由题意得，这组数据的极差为，故A正确； 这组数据的平均数为，故B正确； 由，所以这组数据的第80百分位数为：，故C错误； 在极差不变的条件下，添加的新数据在范围内， 若添加一个远离原平均数9320的数（如5800或14500）， 会使平方和的增大幅度超过样本量的增大幅度，方差变大，故“可能变大”成立，故D正确. 10. 已知抛物线：的焦点为，以为圆心、为半径的圆与交于，两点在第一象限），轴，垂足为，设，，则（ ） A. 的取值范围是 B. 是增函数 C. 是增函数 D. 是增函数 【答案】BC 【解析】 【分析】表示出以为圆心、为半径的圆的方程后联立抛物线方程，可解出点坐标及范围，从而可得、，再判断各函数单调性即可得. 【详解】由题意可得，则以为圆心、为半径的圆的方程为， 联立，消去可得， 解得或， 由题意可得且，则且， 则，即， 则，， 故，； 对A：由上述计算可得，故A错误； 对B：，在上单调递增，故B正确； 对C：，在上单调递增，故C正确； 对D：， 则在上单调递减，在上单调递增，故D错误. 11. 已知正四面体的棱，的中点分别为，．空间中的动点满足．设点的轨迹为，则（ ） A. 轨迹上满足的点有无数个 B. 轨迹上满足的点有无数个 C. 轨迹上满足的点有无数个 D. 轨迹上满足的点仅有两个 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意可得，点位于以，为直径的球面上，建立空间直角坐标系，设，列出与，的式子即可求解. 【详解】设正四面体棱长为，中点，分别为，中点，动点满足， 则点位于以，为直径的球面上，两球交线为圆（位于中垂面）， 如图，连接，，， 由正四面体的性质可得，，，， 又因为，平面，平面， 且平面，所以平面，因为平面，平面， 所以，，因为为中点，所以， 因为，所以， 以为原点建立空间直角坐标系，为轴，过点作轴平行于，为轴， 建立空间直角坐标系 ，如图所示， 则，，，，， 设，所以轨迹的方程为，且， 对于A选项，，，， 化简得到，与轨迹的方程为一致，故轨迹上的所有点满足，有无数个，故A正确； 对于B选项，因为，，， 所以 化简可得，与轨迹联立可得， 解得，仅有2个解，非无数个，故B错误； 对于C选项，因为，则，， 所以恒成立， 故轨迹上的所有点满足，有无数个，故C正确； 对于D选项，因为，所以，， 所以 ， 与轨迹联立可得，解得，仅两个解，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在等比数列中，，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据等比数列的性质求解. 【详解】因为等比数列中，，， 所以，即， 所以， 所以. 13. 若函数是偶函数，则当的最小正周期最大时，________． 【答案】4 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性得到方程，求出，代入求值即可 【详解】是偶函数，故， 则，即， ， ， ，， 由于对恒成立，故， 所以，， 由于，故的最小正周期为， 故当时，取得最小值，最小值为，此时最大，满足要求， 故， 所以. 14. 已知袋中有3个红球和2个白球．甲、乙、丙三人依次各摸出1个球（不放回），三人只能看到别人手中的球，无法看到自己的球．此时，甲说：“我不知道我手中是什么颜色的球．”乙听到后说：“我也不知道我手中是什么颜色的球．”若两人会根据已知信息进行推理，并且不说谎，则甲手中是红球的概率为________． 【答案】## 【解析】 【分析】甲、乙两人看到的可能情形，可确定丙手中的球的颜色，从而得到甲手中是红球的概率. 【详解】从5个球依次不放回的抽出3个，共有个基本事件， 由“甲不知道自己手里是什么颜色的球”知，乙、丙两人手里的小球肯定不是两个白球； 由“乙不知道自己拿的是什么颜色的球”知，甲、丙两人手里的小球肯定也不是两个白球； 若乙看到丙拿的是白球，甲不论拿的是什么颜色的球，则由“甲不知道自己手里是什么颜色的球”知，乙自己肯定拿的是红球； 但乙不知道自己拿的是什么颜色的球，所以丙拿到的肯定是红球. 因为丙拿到红球的情况共有种， 此条件下甲拿到红球的情况共有种， 所以甲手中是红球的概率为. 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. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）证明：； （2）若的面积为3，求的最小值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由三角恒等变换及余弦定理化简得证； （2）由三角形面积公式得到的关系，利用正弦函数的取值范围求的最小值. 【小问1详解】 因为， 所以， 又， 所以，即， 所以，即. 证毕. 【小问2详解】 因为，， 所以， 因为，所以， 所以，解得， 所以当时，的最小值为. 16. 已知椭圆：的左焦点为，短轴长是长轴长的． （1）求的方程． （2）过点的直线与交于，两点，点，从下列两个命题中选择一个正确的命题，并证明． ①直线与的斜率之和为定值； ②直线与的斜率之积为定值． 【答案】（1）椭圆的方程为； （2）命题①正确，定值为。 【解析】 【分析】（1）由椭圆焦点得，结合短轴长与长轴长的比例关系及求解参数，即可得椭圆方程； （2）设过的直线方程与椭圆联立，利用韦达定理化简斜率之和的表达式，验证其为定值. 【小问1详解】 由题意可知：解得因此椭圆的方程为 【小问2详解】 命题①正确， 证明如下：当斜率不存在或斜率不为时， 设过的直线方程为，， 将直线方程代入椭圆方程得： ， 整理得， 由韦达定理得： ， ， 化简得, 当斜率为时，设，显然，故命题①成立. 17. 如图，在三棱柱中，平面平面，，，，为棱上靠近点的三等分点，为的中点． （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）结合勾股定理，由面面垂直的性质定理可证. （2）先切换顶点，再通过线面垂直求出棱锥的高，最后体积公式可得结果. （3）建立空间直角坐标系，求出平面法向量，法向量与直线向量夹角的余弦值绝对值为所成角的正弦值. 【小问1详解】 由条件得，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 由平面，平面， 所以，又因为，，平面， 所以平面，因为，所以平面， ，垂足为，平面，所以， ，平面，所以平面， ， ， 所以. 【小问3详解】 由（1）（2）可知，两两垂直， 以为原点，分别以、、为轴建立空间直角坐标系， ，，，， ， 设平面的法向量，则：， 令，则，所以， 设直线MN与平面的所成角为，直线MN与平面的法向量所成的角为， 则 . 18. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，，求实数的取值范围； （3）若，且存在，，使得，证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）由题意在上恒成立，参变分离后，构造函数求导后计算最小值即可得； （3）利用导数求出单调性后，设，结合正负性可得、范围，再利用比值换元法，可得，，即可将证明转化为证明在上恒成立，构造相应函数并借助导数研究其单调性即可得. 【小问1详解】 若，则，， ，又， 故曲线在点处的切线方程为； 【小问2详解】 由时，，即，整理得， 令，，则， 故在上单调递减，则，即； 【小问3详解】 若，则，， 故当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 又时，，时，， 则，不妨设，则， 由，则， 两边同取对数，可得， 故，令，则， 即，，故， 要证，只需证，即只需证， 令， 则， 故在上单调递增，则， 即有恒成立，即得证. 19. 在数列中，已知，对任意的，的值取或的概率均为，记事件“”的概率为，的前项中0的个数为随机变量． （1）求，的值； （2）求的分布列； （3）记是的数学期望，证明：． 附：对任意随机变量，有． 【答案】（1） （2） 分布列如下： 1 2 3 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据为偶数时计算对应概率即可； （2）确定的可能取值，再分别计算每个取值对应的所有路径的概率和，进而求解分布列； （3）利用期望的线性性质表示，结合的递推关系，通过数学归纳法证明，进而完成证明. 【小问1详解】 表示的概率，从到共走步，要使， 需步中和的步数相等，即为偶数. ，共走步，需1步、1步： ， ，共走步，需2步、2步： . 【小问2详解】 是前5项中0的个数，偶数项不可能为0， 仅可能为0，故的可能取值为； ， ， ， 所以的分布列为： 1 2 3 【小问3详解】 设变量，，则， 由期望可加性得：， 对任意，，化简得：， 即， 整理得：①， 归纳证明： 若，则，成立； 假设时成立， 则时： ，归纳成立； 将代入式①， 得：，原等式得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $