广东省佛山市第一中学2026届高三五月阶段性检测数学试题

**基本信息** 2026届高三五月数学检测卷聚焦核心素养，通过函数导数极值、立体几何翻折、回归分析等综合性问题，考查数学思维与创新应用能力，适配高三模拟预测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数、集合、统计、解三角形|基础巩固，如复数模计算| |多选题|3/18|三角函数、概率、立体几何|分层设计，如概率条件概率与方差| |填空题|3/15|向量、排列组合、函数零点|数学语言表达，如函数零点取值范围| |解答题|4/77|解三角形、回归分析、立体几何翻折、函数导数|综合创新，如立体几何翻折（空间观念）、导数极值（逻辑推理）|

2026届高三五月阶段性检测数学试题 满分150分，考试用时120分钟 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，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.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回. 一．单选题（本大题共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（2+i）z＝1+2i，则|z|＝（　　） A． B．1 C． D．5 2．已知集合M＝{x|3x﹣1＞5}，N＝{1，2，3}，则M∩N＝（　　） A．{3} B．{2，3} C．{1，2，3} D．∅ 3．样本数据3，6，5，11，4，8的第60百分位数为（　　） A．3 B．4 C．6 D．9 4．已知△ABC中，假如a2﹣b2﹣c2＝bc＝1，则△ABC的面积为（　　） A． B． C． D． 5．已知一个底面半径为，高为2的圆锥容器（容器壁厚度忽略不计）．将一个正四棱柱置于此圆锥内部，且满足正四棱柱下底面与圆锥底面贴合，则正四棱柱体积最大值为（　　） A． B． C． D． 6．在等比数列{an}中，若a4﹣a6＝3，a5+a6＝6，则a4＝（　　） A． B． C． D． 7．已知圆C：（x﹣1）2+（y+1）2＝1与直线kx+y+1＝0相交于A，B两点，若△CAB为等边三角形，则k的值为（　　） A． B．±2 C． D． 8．若关于x的方程（ex﹣tx）（x﹣tlnx）＝0恰有三个不同的实根a，b，c（a＜b＜c），则（　　） A．a+c＜2b B．a+c＝2b C．ac＞b2 D．ac＝b2 二．多选题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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．已知函数的图象经过点，则下列说法正确的是（　　） A．f（x）的最小正周期为π B． C．是偶函数 D．f（x）取得最小值时x的取值集合为 10．一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，则下列结论正确的是（　　） A．从中任取2球，在已知其中一个是红球的条件下，另一个也是红球的概率是 B．从中有放回的取球6次，每次任取一球，则取到红球次数的方差为 C．从中不放回的取球2次，每次任取1球，第二次取到红球的概率为 D．从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为 11．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，，∠DAB＝∠BAA1＝∠DAA1＝60°，点Q为A1B上的任意一点，点M为底面ABCD内一动点（含边界），则（　　） A．三棱锥A1﹣ABD外接球的表面积为9π B．平行六面体的高为 C．AC1⊥DQ D．若，则点M的轨迹长度为 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．设x∈R，向量（3，x+1），（1，x）．若，则x＝　 　 ． 13．甲、乙等5人去A，B，C三个不同的景区游览，每个人去一个景区，每个景区都有人游览，若甲、乙两人不去同一景区游览，则不同的游览方法的种数为 　 　 种． 14．设函数，f（x）＝a有四个实数根x1，x2，x3，x4，且x1＜x2＜x3＜x4，则的取值范围是　 　 ． 四．解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15．（13分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c2＝a2+ab． （1）若A＝λC，求λ的值； （2）若三边a，b，c按顺序为连续整数，求S△ABC． 16．（15分）对具有线性相关关系的两个变量x，y，测得一组数据如下表所示： x 20 40 60 80 100 y 2.09 1.89 1.66 1.45 1.31 （1）求y关于x的经验回归方程； （2）已知数据残差服从正态分布，其中．若残差在[μ﹣3σ，μ+3σ]范围内，则数据正常，反之异常．现该组数据中有一对数据为（50，1.69），判断该对数据是否正常． 参考数据：，，． 附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为． 17．（15分）如图1，在平行四边形MABC中，AB＝4，BC＝CD＝AD＝2，AE＝BE，将△MAD沿AD翻折成如图2所示的四棱锥M﹣ABCD，使． （1）证明：平面MAD⊥平面ABCD． （2）若N是棱CD的中点，求三棱锥B﹣MND的体积． （3）在图2中，平面MAD内是否存在点P，使得直线BP∥平面MDE，若存在，说明点P的轨迹，并探究该轨迹与平面MBC所成角的正弦值．若不存在，请说明理由． 18．（17分）已知双曲线，（a＞0，b＞0）的离心率为，长轴长为． （1）求双曲线C的标准方程； （2）设点S是双曲线C上的动点，T是圆E：（x﹣4）2+y2＝1上的动点，且直线ST与圆E相切，求|ST|的最小值； （3）如图，A、B是双曲线C上两点，点P（2，﹣1）也在双曲线上，直线PA、PB与y轴分别交于点M、N，点Q在直线AB上．若M、N关于原点对称，且PQ⊥AB，证明：存在点R，使得|QR|为定值． 19．（17分）已知函数f（x）＝x2﹣1+aln（1+x）． （1）若f（x）在定义域内单调递增，求实数a的取值范围； （2）当a＝1时，若对任意x∈（﹣1，+∞），不等式f（x）﹣x2+2≤bex+lnb恒成立，求实数b的最小值； （3）若f（x）存在两个不同的极值点x1，x2，x1＜x2，且f（x1）＜mx2，求实数m的取值范围． 参考答案 一．单项选择题 1——4：BACD 5——8：ABAD． 二．多选题 9．ABD． 10．BCD． 11．BCD． 三．填空题 12．． 13．114． 14．． 四．解答题 15．解：（1）因为c2＝a2+ab， 所以由余弦定理得：a2+ab＝c2＝a2+b2﹣2abcosC， 化简得ab＝b2﹣2abcosC，即b＝a（1+2cosC）， 因为A＝λC，所以B＝π﹣（λ+1）C， 根据正弦定理：， 代入b＝a（1+2cosC），化简得：sin[（λ+1）C]＝（1+2cosC）sin（λC）， 所以sinλCcosC+cosλCsinC＝sinλC+2cosCsinλC，所以sinCcosλC﹣cosCsinλC＝sinλC， 所以sin[（1﹣λ）C]＝sinλC，所以1﹣λ＝λ或（1﹣λ）C+λC＝π+2kπ，k∈Z（舍），所以λ； （2）因为a，b，c为连续整数，所以b＝a+1，c＝a+2， 因为c2＝a2+ab，所以（a+2）2＝a2+a（a+1），解得a＝4， 所以b＝5，c＝6，由余弦定理可得：， 所以sinC，所以． 16．解：（1）由题表得， ， ∴， 则， ∴y关于x的经验回归方程为． （2）由（1）得x＝20时，； x＝40时，； x＝60时，； x＝80时，； x＝100时，． ∴， ， ∴[μ﹣3σ，μ+3σ]为[﹣0.084，0.084]． ∵x＝50时，， ∴， ∴该对数据不正常． 17．解：（1）证明：∵CD∥BE且CD＝BE， ∴四边形CDEB为平行四边形，∴DE＝2， ∴AD＝DE＝AE＝2，由平行四边形性质得MA＝MD＝2， 取AD的中点O，连接MO，OE， 则MO⊥AD，且，OE⊥AD且， ∴∠MOE为二面角M﹣AD﹣E的平面角， 又∵MO2+OE2＝ME2， ∴∠MOE＝90°， ∴平面MAD⊥平面ABCD； （2）由（1）知平面MAD⊥平面ABCD，且平面MAD∩平面ABCD＝AD， 又MO⊥AD，MO⊂平面MAD，∴MO⊥平面ABCD， ∴VB﹣MND＝VM﹣BND； （2）存在．以AD的中点O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OE所在直线为y轴，OM所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A（1，0，0），，D（﹣1，0，0），，，， 则，，，（2，0，0），，， 设平面MDE的法向量为， 由令z1＝1，得 ∴是平面MDE的一个法向量， 设点P的坐标为（a，0，b）， ∴， ∵BP∥平面MDE， ∴， 可得， ∴点P的轨迹是一条直线． 延长AD，BC交于点F，则FO＝3，∴F（﹣3，0，0）， ∴， ∴点P的轨迹是过点F且与MD平行的直线， 设点P的轨迹和点C所确定的平面为α，由BC∥DE，点P的轨迹与MD平行， 易得平面α∥平面MDE，则为平面α的一个法向量， 设平面MBC的法向量为（x，y，z）， 由， 令，得y＝﹣1，z＝﹣3， ∴（，﹣1，﹣3）是平面MBC的一个法向量， 设平面α与平面MBC所成的角为θ，可知θ为锐角， 则cosθ， ∴， ∴平面α与平面MBC所成角的余弦值为． 18．解：（1）因为双曲线C的离心率为，长轴长为， 所以， 解得，， 则， 故双曲线C的方程为； （2）因为圆E的方程为（x﹣4）2+y2＝1， 所以圆E的圆心E（4，0），半径r＝1， 因为点S是双曲线C上的动点，T是圆E上的动点，直线ST与圆E相切， 所以ST⊥TE，|ET|＝1， 此时， 设S（x0，y0）， 因为点S是双曲线C上的动点，所以，即， ， 当x0＝2时，|SE|取得最小值，且，则； （3）证明：易知直线AB的斜率存在， 设直线AB的方程为y＝kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2）， 联立，消去y并整理得（1﹣k2）x2﹣2kmx﹣m2﹣3＝0， 此时Δ＝（﹣2km）2﹣4（1﹣k2）（﹣m2﹣3）＝4（m2﹣3k2+3）＞0且1﹣k2≠0， 由韦达定理得，， 直线PA的方程为， 令x＝0， 解得， 即， 同理得， 因为O为MN的中点， 所以， 即， 所以（2k+1）x1x2﹣（2k﹣m+1）（x1+x2）﹣4m＝0， 因为，， 所以， 整理得（m+3）（m+2k+1）＝0， 所以m＝﹣3或m+2k+1＝0， 若m+2k+1＝0， 即m＝﹣2k﹣1， 此时直线方程为y＝kx﹣2k﹣1， 即y+1＝k（x﹣2）， 则直线AB过点P（2，﹣1），不合题意； 若m＝﹣3时， 此时直线方程为y＝kx﹣3， 则直线AB恒过定点D（0，﹣3）， 所以为定值， 因为△PQD为直角三角形，且PD为斜边． 所以当R为PD的中点（1，﹣2）时，． 19．解：（1）由f（x）＝x2﹣1+aln（1+x）得：， 因为f（x）在定义域内单调递增，故在（﹣1，+∞）恒成立，且f′（x）＝0的解不连续， 则，所以，a的范围是； （2）当a＝1时，不等式可化为1+ln（x+1）≤bex+lnb变形为x+1+ln（x+1）≤bex+ln（bex）， 同构函数g（t）＝t+lnt，求导得， 所以g（t）＝t+lnt在（0，+∞）上是增函数， 而原不等式可化为g（x+1）≤g（bex）， 根据单调性可得：，x∈（﹣1，+∞）， 再构造，则，x∈（﹣1，+∞）， 当x∈（﹣1，0）时，h′（x）＞0，则h（x）单调递增， 当x∈（0，+∞）时，h′（x）＜0，则h（x）单调递减， 所以hmax（x）＝h（0）＝1，即满足不等式成立的b≥1，所以b的最小值为1； （3）因为f（x）存在两个不同的极值点x1，x2，x1＜x2， 所以由， 可得：，， 因为x1＞﹣1，而y＝2x2+2x+a的对称轴是， 所以可得，根据对称性可得另一个零点，此时有，故， 又由f（x1）＜mx2，可得， 而， 令， 则， ∵，∴，即，ln（x+1）＜0， 则， 即φ（x）＝1﹣x+2xln（1+x）在区间上单调递减， 所以有， 即， 所以实数m取值范围． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/7/31 21:46:53；用户：18665925436；邮箱：18665925436；学号：24335353 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $