江苏省扬州市2026届高三下学期五月质检数学试卷含解析（word版+pdf版）

这是一份江苏省扬州市2026届高三下学期五月质检数学试卷含解析（word版+pdf版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1. 已知集合 ，集合 ，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】 或 .
2. 已知 ,则
A. 1 B. 2 C. D. 5
【答案】C
【解析】.
3.已知一组数据 的平均数为 4，则该组数据的 70 百分位数为
A. 4.5 B. 5 C. 5.5 D. 6
【答案】D
【解析】 平均数为 4,则 ,第 4 个数为 6, 即 70 百分位数为 6 .
4.已知单位向量 ，则 “ ” 是 “存在实数 ，使得 ” 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】 时, 充分存在 ,则 时, ,此时 , 不必要.
5.已知抛物线 的焦点为 ,抛物线上一点 到焦点 的距离为 5,则 ( 为坐标原点) 的面积为
A. 1 B. C. 2 D. 4
【答案】C
【解析】 ,则 .
6.已知 ,且 ,则
A. -5 B. -1 C. 1 D. 5
【答案】D
【解析】 ,
.
7.已知圆 ，点 在直线 上. 若圆 上存在两点 ， ，使得 是等边三角形，则点 的横坐标的取值范围为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设 到 距离为 中点为
,令 ,
.
8.一个棱长为 6 的正四面体状封闭玻璃容器(壁厚忽略不计)内装有少量液体. 如图， 当容器倾斜至某一位置时，液面与过同一顶点的三条棱相交，交点到该顶点的距离分别为 2,3,4. 若将该容器放在一个水平桌面上，底面贴合桌面，则液面距离桌面的高度大约为(参考数据: ， )
A. 0.1 B. 0.2 C. 0.5 D. 0.6
【答案】B
【解析】方法一: ,当底面贴合桌面时,设液体截面为等边 ,
设
液面高度为 .
方法二: 设原正四面体体积为 ,液体体积为 ,正四面体高为 ,放正后液面高度为 .
少量液体对应顶点处小四面体, 水平放置后,
水面上方的小正四面体与原正四面体相似,
.
方法三: 设正四面体高为 ,总体积为 ,液体体积为 ,平放时上方空白部分体积为 ,
上方空白部分高为
.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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.设正项数列 的前 项和是 ,且 ,下列选项中正确的有
A. 若 是等差数列,则 B. 若 是等比数列,则
C. 若 是等差数列,则 D. 若 是等比数列,则
【答案】ACD
【解析】对于 为等差数列,则 , 对. 对于 为等比数列,则 错.
对于 成等差数列, ,则 对.
对于 成等比数列,则 , D 对.
10.古希腊数学家阿波罗尼斯发现: 用平面截圆锥, 可以得到不同的截口曲线, 如图①. 在圆锥 中，轴截面 是斜边长为 的等腰直角三角形，点 是线段 的中点. 过点 的平面截圆锥 ,下列图②-图⑤中的截口曲线分别为圆、椭圆(截面经过点 )、抛物线的一部分(截面经过点 )、双曲线的一部分(截面垂直于平面 ,则.
A. 圆的面积为 B. 椭圆的长轴长为
C. 抛物线的焦点到准线的距离为 1 D. 双曲线的离心率为
【答案】BCD
【解析】对于 ,该圆锥底面半径为 ,图②中圆的半径为 ,面积为 错.
对于 ，该圆锥母线长为 2，截得③中椭圆长轴长为 ，B 正确.
对于 ,如图建系,设抛物线方程为 在该抛物线上 焦准距为 正确.
对于 D, 截面与圆锥轴 平行, 截面与 所成角为 ,圆锥半顶角 该双曲线离心率 正确.
11.已知函数 设 是三个不同的实数,且满足 , ,则下列选项中正确的有
A. B.
C. 的最小值为 D. 的最大值为
【答案】AB
【解析】方法一: , 对.
即
即 对.
无最小值, 在 单调递增, , D 错.
方法二: 作出 大致图象如下:
由题意知 有三个不等的实根 ,
令 ,要使原方程有三个不同的解,易知
令 ,设 的两根为 (其中 )
由 得其解 ,由 得其解 ,另一解
正确.
由前分析知 正确.
对于 ,当 时, ,此时 错.
对于 ,由 (*) 知 ,当 时可取 “ ”, 错,选: AB.
方法三: 令 时, ;
时, ;
时, .
三段均递增,值域分别为 .
因 且 ,所以 分别在三段上,
设 ,则 .
正确.
,令 ,则 ,故 , B 正确. ,所以 ,不存在最小值, 错误.
令 ,
所以 ，D 错误. 故选 AB.
方法四: 设 .
由 解析式可知: ,单调递增.
,单调递增.
外层方程 最多有 2 个根,设为 .
内层方程 与 共有 3 个不同的根 .
必然一个方程有 1 个根,另一个有 2 个根. 有 2 个根 ,
有 1 个根 或 . 结合 ,可知必有 .
代入解得外层根: .
再解内层根: .
.
因为 ,比较大小得: .
已知 ,故 .
对 ,有 ,
故 ， 正确.
对 ,比较 与 : 令 ,
,故 , B 正确.
对 ,因为 ,无最小值,范围下限为 -1, C 错误.
对 ,关于 单调递增,
错误.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.函数 在区间[-3,2]上的最大值为________.
【答案】2
【解析】 在 单调递增, 单调递减
(1,2) 单调递增, .
13.已知数列 满足 ,且数列 为等比数列,则 的前 5 项和可以是_____. (写出一个满足条件的值)
【答案】168
【解析】 为等比数列, 时
时,
14.在 中, 是线段 上一点,且 ,则 的最大值为________.
【答案】
【解析】方法一: ,令 ,则
即

.
方法二: 设 ,在 中, 时取 “ ”, .

方法三: 设 .
由 ,得
令
当 ,即 时取等. ,故 的最大值为 .
方法四:向量与三角函数结合
,由正弦定理得
令 ,由于 ,
故 为钝角， ，
设
令 单调递增;
单调递减.
结合 ，即 的最大值为 .
方法五:建系代数化
以 为原点, 所在直线为 轴,过 垂直于 的直线为 轴,建立平面直角坐标系. 在 轴上. 设 ,其中 .
解得 借助向量:
分子分母同除以
当且仅当 即 时取得等号. .
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.某同学用 “五点法” 画函数 在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表:
(1)求函数 的解析式；
(2)将 图象上所有点向左平移 个单位长度，得到 的图象,且其图象关于 轴对称,求 在 上的解集 .
【解析】（1）由题意知 ，
解得，又，解得，所以．
（2）因为为偶函数，
所以，
又，所以时，．
，
所以，即，
又，所以．
则，解得．
所以在上的解集为 .
16.有一个袋子中装有 4 个红球，2 个黑球，现每次从袋子中随机取出一个球, 连续取三次.
(1)若每次取出的球放回，记取出黑球的次数为 ，求 的分布列和期望；
(2)若每次取出的球不放回，已知第三次取出的是黑球，求此时袋中没有黑球的概率.
【解析】（1）, X 的取值集合是，
，
答：的期望是 1 ．
②记第次取出黑球为事件，第三次取出黑球后袋中没有黑球为事件．
法一：
所以．
法法：，
所以．
答：己知第三次取出的是黑球，此时袋中没有黑球的概率是．
17.已知椭圆 的左、右顶点分别为 , 线段 的中点为 ,过 的直线 与 交于 两点, 在 轴上方. 当 为 的上顶点时, ,且 .
(1)求 的方程；
(2)若 ，求 的方程；
(3)若 与 轴分别交于 ,求 与 的面积之比.
【解析】
（1）由题，．
当为的上顶点时，由得，
由得，，即
所以，故．
（2）设
由
得，，
所以，
由得，，所以即所以且，所以，
所以，即．
（3）由（2）得，，
由得，，即
同理可得，
所以，
所以，
故与的面积之比为 1 ．
18.如图，在矩形 中， ，点 分别在线段 上,且 . 将四边形 沿 折起, 分别到达 位置.
(1)求证:平面 平面 ；
(2)若折到某位置时，点 在平面 上的射影 恰好落在线段 上.
①求二面角 的余弦值；
②设点 分别是四边形 内的动点,求 的最小值.
【解析】①在翻折过程中，平面平面，所以平面．
又因为平面平面，所以，又平面平面，所以平面平面．
（2）①如图，在平面内过点作，交于点，连接．因为点是点在平面上的射影，所以平面，
因为平面，所以，
又，所以平面，
因为平面，所以，
所以是二面角的平面角，
则翻折前三点共线，且，
所以，所以．
②延长至点，使，则，
在平面中，过点作于，
由①知平面，即平面，
又平面，所以平面平面，
又平面平面平面，
所以上平面，
所以（当且仅当点与点重合，且点为线段与平面交点时取＂＂），
因为，
所以，所以，所以点在线段上，
所以点在四边形内，
此时
，
综上，最小值即为，长为，
所以的最小值为．
19.已知函数 .
(1)当 时，求曲线 过点 的切线方程；
(2)若对任意 ，都有 成立，求 的取值范围；
(3)设 ，求 的小数点后第一位数字(如:自然对数的底数 的小数点后第一位数字为 7, 的小数点后第一位数字为 6 ).
【解析】（1）当时，，则，
所以在切点处的切线方程为
又切线过点，则，即，
令，则，
所以当时，单调递增，当时，单调递减， 所以当时，，所以，
所以曲线在点处的切线方程为．
（2）因为对任意，均有恒成立，即恒成立，
则，
令，
当时，，即在上单调递增，
又，所以，即，所以在上单调递增，
又，所以恒成立，即恒成立，符合题意；
当时，，
又的两个根分别为，
所以，且当时，，即单调递减，
又，所以当时，，即，与矛盾，故不成立。
综上所述，的取值范围为．
（3）一方面
所以，则数列单调递增，
而，
所以；
另一方面，由②知，当且仅当时，取＂＂，
令，则，则，
所以
所以．
思路二：由（1）知，当且仅当时，取＂＂，用代，则，即，当且仅当时，取＂＂，取，则，所以，
所以，所以．
综上所述，的小数点后第一位数字为 6 ．0
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