2026年云南高三5月联考数学试卷（附答案解析）

这是一份2026年云南高三5月联考数学试卷（附答案解析），共13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
1．已知集合，，若，则实数（ ）
A．0B．1C．0或1D．2
2．若复数，则（ ）
A．B．C．D．
3．设向量，，，若，，，则（ ）
A．B．C．2D．3
4．已知圆C：，直线l：，若l与C有公共点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
5．若等比数列的前项和为，且，，则（ ）
A．B．C．D．
6．若抛物线和直线交于，两点，且，则原点到直线的距离为（ ）
A．2B．C．D．4
7．已知，，，都是锐角，则（ ）
A．B．C．D．
8．设，，，则，，的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．的图象关于点对称B．的图象关于直线对称
C．的值域为D．在定义域上单调递减
10．设函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若函数图象的两个相邻对称中心之间的距离为，则
B．若将函数的图象向右平移个单位长度，所得函数图象关于原点对称，则的最小值为
C．若函数在上单调递增，则的取值范围是
D．若函数在上恰有两个极值点和三个零点，则的取值范围是
11．如图1，矩形中，，过，向对角线作垂线，垂足分别为，，且，将沿翻折，得到三棱锥，如图2，则下列说法正确的是（ ）
A．三棱锥的外接球的表面积是
B．三棱锥体积的最大值为
C．二面角为直二面角时，的长为
D．二面角为直二面角时，点到平面的距离为
三、填空题
12．的展开式中常数项为______．
13．若函数的两个极值点都为正数，则实数的取值范围是__________．
14．已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，过点的直线与的右支交于，两点，内切圆的面积是内切圆的面积的4倍，则的离心率的取值范围是__________．
四、解答题
15．某公司考察了A，B两个项目进行投资，记A，B两个项目的利润分别为X（万元），Y（万元），经过风险评估，得到X，Y的分布列如下：
(1)求A，B两个项目的利润的期望；
(2)求A，B两个项目的利润的方差，并比较方差的大小．
16．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
(1)求角C的大小；
(2)若边，求的面积S的最大值．
17．如图，平行六面体的所有棱长都相等，平面平面，，二面角的大小为，E为棱的中点．
(1)证明：；
(2)若点F在棱上，且，求平面和平面夹角的余弦值．
18．已知椭圆的左焦点为，的离心率为，且过点．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知，，过点的直线与交于，两点（，不在轴上）．
（ⅰ）求证：；
（ⅱ）求面积的最大值．
19．设函数，．
(1)求的图象在点处的切线方程；
(2)证明：；
(3)设，，数列的前项和为，证明：．
X（万元）
–10
0
10
30
Y（万元）
0
10
20
P
0.1
0.3
0.4
0.2
P
0.3
0.5
0.2
《云南九师联盟2026届高三5月联考数学试卷》参考答案
1．A
【分析】根据集合相等的关系求解．
【详解】∵集合，，若，
∴，得.
2．B
【分析】先根据复数的除法运算求出，再根据共轭复数的定义得到，进而求解即可．
【详解】由，则，
所以．
3．D
【分析】先将转化为坐标方程组，然后求解，进而可得.
【详解】因为，所以，
即，解得，所以.
4．C
【分析】求出圆心到直线的距离，利用直线与圆有交点列不等式求解即可
【详解】由题圆C：，圆心，
圆心到直线l：的距离为，
若l与C有公共点，则
5．B
【详解】由题可知，，，则，
故，代入得：，解得.
6．B
【分析】联立直线与抛物线方程，写出韦达定理，利用弦长公式求得，再由点到直线的距离公式计算即得.
【详解】将代入，得，
设，则，
由，解得，
于是原点到直线的距离为.
7．D
【详解】由，，
得，，
两式相加得，，
则，即，则，
因为，都是锐角，所以，
则，即.
8．A
【分析】分别构造函数和，利用导数讨论其单调性可得.
【详解】将用变量x替代，则，，，其中，
令，则，
令，则，
则在上单调递减，且，，
所以，使得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
又，，则，则在上单调递增，
则，即，所以，
记，，则，在上单调递增，
又，所以，所以.
综上，.
9．ABC
【分析】先通过分离常数将函数表达式转化为平移后的反比例函数形式，然后借助反比例函数的性质依次判断各选项即可.
【详解】因为，
对于A：因为的对称中心为，将其向右平移1个单位，
再向上平移2个单位得到，所以对称中心变为，故A正确；
对于B：任取上一点，其关于直线的对称点为，
而，
因此其对称点也在上，所以的图象关于对称，故B正确；
对于C：因为，所以，
即的值域为，故C正确；
对于D：的定义域为，它仅在区间和上分别单调递减，
不能说在整个定义域上单调递减，例如：取，
有，不符合单调递减定义，故D错误.
10．BD
【分析】对于A，结合余弦函数的性质可得，进而结合余弦型函数的周期公式求解判断即可；对于B，先根据函数的平移求得函数解析式，再根据余弦函数的奇偶性判断即可；对于C，根据余弦函数的单调性列不等式组求解判断即可；对于D，结合余弦函数的图象、极值点、零点的定义求解判断即可.
【详解】对于A，因为函数图象的两个相邻对称中心之间的距离为，
所以，则，即，故A错误；
对于B，将函数的图象向右平移个单位长度，得到，
因为所得函数图象关于原点对称，所以，
则，又，则时，取得最小值，故B正确；
对于C，当，时，，
因为函数在上单调递增，
所以，，则，，
又，则，，即的取值范围是，故C错误；
对于D，当，时，，
因为函数在上恰有两个极值点和三个零点，
所以，则，
即的取值范围是，故D正确.
11．ABD
【分析】根据给定条件，利用直角三角形射影定理求出，确定三棱锥的外接球球心及半径判断A；求出最大体积判断B；利用空间向量求出线段长判断C；利用等体积法求出点到平面距离判断D.
【详解】在矩形中，由，得，又于，
则，而，解得，，
对于A，取中点，连接，则，
点是三棱锥的外接球球心，球半径，该球表面积是，A正确；
对于B，由，得，，
当且仅当平面平面，即平面时，点到平面的距离最大，
因此三棱锥体积的最大值为，B正确；
对于C，，，由二面角为直二面角，
得，由，得
，C错误；
对于D，由选项C知，，在中，由余弦定理得
，则，，
二面角为直二面角时，由选项B得，设点到平面的距离为，
因此，所以，D正确.
12．60
【详解】的展开式的通项为，，1，2，…，6，
令，得，所以的展开式中常数项为．
13．
【分析】首先求出函数的导数，根据题意得二次方程有两个不等正根，再根据不等式求解即可.
【详解】已知，进而.
令，设其两个根为，由题意.
二次方程有两个不等正根，则，
解得或，则实数的取值范围.
14．
【分析】分别记和的内切圆为，其半径分别为，则；由双曲线的定义及切线的性质，可得和的内切圆圆心的连线与垂直，且，从而求得，由二倍角的正切公式可求得，即直线的斜率，与渐近线斜率比较，并结合，求得关系式，进而得到离心率的取值范围.
【详解】设双曲线的焦距为，则.
分别记和的内切圆为，其半径分别为，则，所以.
设与切于点，
则
又，所以.
即点坐标为，
同理，与切于点，即三点共线，且.
所以，
所以.
又
所以，
所以，所以，.
所以，
即直线的斜率为.
所以，即，即，所以，
所以的离心率的取值范围是.
15．(1)万元，万元．
(2)，，所以
【详解】（1）由题意知（万元）
（万元）．
（2），
，
所以．
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦求解.
（2）利用余弦定理及基本不等式求出的最大值，再利用三角形面积公式求解.
【详解】（1）在中，由及正弦定理，得
，则，
而，因此，即，又，
所以.
（2）由（1）知，而，由余弦定理，
得，则，当且仅当时取等号，
，
所以的面积S的最大值为.
17．(1)连接，．因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
又平面，
所以，
又，
所以是二面角的平面角，即．
因为四边形是菱形，
所以，，
所以是等边三角形，又为的中点，
所以，又，
所以，又，，，平面，
所以平面，又平面，
所以．
(2)
【分析】（1）利用面面垂直、菱形性质找到CD的两条垂线AD和DE，即可锁定CD垂直平面ADE，从而证明CD垂直AE
（2）利用第一问线面垂直条件建系，通过求两平面法向量，利用向量夹角公式取绝对值，快速解出平面夹角余弦值
【详解】（1）略.
（2）由（1）知平面，，所以以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系如图所示．
令，则，，，，
，，，，由，得，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则．，，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，得．设平面与平面的夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为
18．(1)
(2)（ⅰ）设过点的直线的方程为，，，
由，得，，
所以，．
因直线的斜率分别为，
因为
则的倾斜角互为补角，故；（ⅱ）
【分析】（1）利用题设条件建立关于的方程组，求解即得椭圆方程；
（2）（ⅰ）设直线的方程为，与椭圆方程联立，写出韦达定理，化简计算推得的斜率之和为0即得证；（ⅱ）结合图形，得到的面积为，利用韦达定理代入，借助于求导判断函数的单调性即可求得面积最大值.
【详解】（1）由可得①
由点在上，则②
联立①②得，，
所以椭圆C的方程为；
（2）（ⅰ）略
（ⅱ）因，则
，
令，设，
则，
所以在上单调递减，则，
故当，即时，取到最大值.
19．(1)
(2)令，则，.
令，，
所以在上单调递增，，
所以在上单调递增，，
所以.
(3)由（2）知，即时，，
所以．
令，，则，
代入上式得，
所以
，
所以．
【分析】（1）根据导数的几何意义，求得的图象在点处的切线的斜率，从而得到切线方程；
（2）构造函数，利用导数分析的单调性，利用单调性可得，从而证得；
（3）利用（2）的结论，可得时，，结合均值不等式可得；令，，利用放缩法及裂项相消求和法可证得．
【详解】（1）由，，
得，
所以，
所以的图象在点处的切线方程为，即．
（2）略
（3）略
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
D
C
B
B
D
A
ABC
BD
题号
11









答案
ABD