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2026届高三 5月学业质量检测
数学参考答案
1、B
解析： B {0,1,2} A B {1,2}
2、A
解析： z 1 3i 1 7 i
i 2 5 5
3、B
解析： 3a6 a4 4 3(a7 d ) a7 3d 4 a7 2
4、B

解析：由OA和OB的夹角为锐角得m 3 0且m 3

故“OA和OB的夹角为锐角”是“m 3”的充分不必要条件
5、D
1 ab a 1 a 1
解析： f (x) a ，所以 ，所以 f (x) 0解集为[ 1,1)x b b 1 b 1
6、B

解析：由题知， g(x) 3sin(x ) sin( 1，则 )
3 3 3
7
所以 cos( 2 ) cos[ 2( )] cos2( ) 2sin 2 ( ) 1
3 3 3 3 9
7、B
解析：由题知 x 0
若 y 0，则 0；
1 y y 0 3
3
若 ，则 3x y ，令 k ，则 k x
,0 0,3 3
y x
1 3
所以 ,0 0,
3
3 10 10 k
k

综上， 3 , 3
10 10


8、C
f (x) 1 3 3 3解析：
e2x
f (x2 ) f (x 1 1
)
e2x

1 1 e2x2 1
e2x1e2x2 4e2x1 2e2x2 1 0
令m e2x1 ,n e2x2 (m 0,n 0)，则有mn 4m 2n 1 0
m 2 n 4m 1显然
2 m
又 n 0，所以0 m 2
x x 1 ln n 1 ln 4m 12 1 2 m 2 m(2 m)
令 y 4m 1 1 1 ,m (0,2) y ，求导知 在 0, 单减，在 ,2 单增，
m(2 m) 2 2
1
所以m 时 y最小为4，所以 x
2 2
x1的最小值为 ln 2 .
9、BCD
1
解析： A(3,3)所以m n ，所以 A选项错误；
3
1
m n 2 mn mn 1 1 ，当且仅当m n 时等号成立，故 B选项正确；
3 36 6
m n m n 6 1
m n ，当且仅当m n 时等号成立，故C选
2 2 3 6
项正确；
1 3m 3m 3n 3m
3 3( n m 1 ) 9，当且仅当m n 时等号成立，故
m n m n m n 6
D选项正确；
10、BCD
1 1
解析：对于 A选项，V ( 2 2) 2 4 ，故 A选项错误；
3 2 3
对于 B选项，过点M 做MG // B1C交 B1C1于点G ，连接 A1G，则截面为四边形
A1DMG，其中 A1D //MG , A1G DM ,故 B选项正确；
对于C 7选项，V1 VC GM D A D ,V2 8
7 17
V1 :V2 7 :17，所以故C选项1 1 1 3 3 3
正确；
对于D选项，如图，最小值为 4 (2 2 2)2 2 4 2 2
11、AD
解析：设 A(x1, y1),B(x2 , y2 ),M (x0 , y0 ),G(0,5)
2 x1 4y1 x2 x2 1 2 4y 4y x2 2 4y
1 2
2
x y y1 x2 ， 2x0 4 1 2 即 x0 2kx1 x
AB
2
y 5
对于 A选项，由 kAB 1知 x0 2；又 kGM kAB 1，得 0 1 1 y0 3x0 0
M (2,3)，此时直线 AB : y x 1过抛物线焦点，故 | AB | y1 y2 p 2y0 p 8
所以 A选项正确；
对于 B选项，由 kAB 2知 x0 4 k
y 5
；又 GM kAB 1，得 0 2 1 y 34 0 0
M (4,3)不在抛物线开口内，它不可能是 AB中点，故 B选项错误；
y
对于C选项，当 k 0时，由 k k 1得 0 5 x0AB GM AB 1 y 3x0 0 2
0
所以点M 在直线 y 3上；但M 是 AB中点，那么M 必须在抛物线开口内，所以M
的轨迹不可能是一条直线；故C选项错误；
对于D选项，当 kAB 0时由C选项知M (x0 ,3)，又 r 2，得M (0,3)，此时 kAB 0，
与条件矛盾（舍去）；当 kAB 0时，显然有 2条直线满足题意；故D选项正确
240
12、
x2
6
2 3 2 3 3 3
解析：由题意可知 ax 的展开项的常数项为C6 ( ) (ax) 160a 160，
x x
4 2 4 2 240
则 a 1，所以展开项的第5项为C6 ( ) x 2 .x x
e
13、 ( , ]
2
解析： y e x关于 y x的对称函数为 y ln x，则函数 y e x和 y 2ax 2的图象上存
在点关于直线 y x对称时， y ln x与 y 2ax 2有交点，则 ln x 2ax 2有解，即
2a ln x 2 有解，令 f (x) ln x 2 f (x) ln x 1 ，则 2 0时有x x x x e
1
x (0,e 1)时， f (x) 0， f (x)单调递增，
x (e 1, )时， f (x) 0， f (x)单调递减，
则 f (x) f (e 1max ) e，且 x 0 , f (x) ， f (e
2 ) 0, x , f (x) 0
所以 2a ( ,e] a ( ,
e
，则 ]2 .
14 3 2 6、
15
解析：取 ABC 的中心O ,连接 DO,EO . DO,EO 即分别为两个正三棱锥的高，易知
D,O,E三点共线，连接 AO ,延长后与 BC相交于点M .
AO 2 3 DO DA2 AO2 1,EO AE 2 AO2 2 6
3 , 3 ，
MO 3 DM DO2 MO2 2 3 ,EM EO2 MO2 3
3 , 3 .
该几何体内部能放入的最大的球为该几何体的内切球，
1 1 3 2 2
由题意可得：VD ABC VE ABC DO S ABC EO S 3 3 ABC 3
又 S表 S DAB S DAC S DBC S EAB S EAC S EBC 3S DBC 3S EBC
则 S
1
表 3

DM BC
1
EM BC 5 3 ,
2 2
由等体积法可知：
V 1D ABC VE ABC R S3 表
，
R 3 2 6所以 .
15
sin B sinC sin B sinC
15、（1）解：由题意可知： 1，
cosB cosC cosB cosC
化简可知： sin B cosC sinC cos B sin B sinC cos B cosC，
得 sin(B C) cos(B C) sin(B C )，……………………………………………3分
2
B C B C C ① 时， ，又 B C，则 B C , A为锐角，不符合题意；
2 4 2

② B C B C 2k (k Z )，此时可得 B （ B为锐角），此时符合题意.
2 4

综上， B .…………………………………………………………………………………7分
4
（2） tan B 1 1， tanC
2
可得 sin B cosB 2 5 ， sinC , cosC 2 5
2 5 5
3 10
sin A sin(B C) sin B cosC sinC cosB ，……………………………10分
10
b 2 b c 2 5， ， c
sin B sinC 5
S 1 bc sin A 1 2 2 5 3 10 3 ABC .…………………………………………13分2 2 5 10 5
16、（1）证明： SO 平面BCD
SO BC,又BC CD,且SO CD O，
BC 平面SCD，…………………………………………………………………………3分
SD 平面SCD
BC SD，又 SD BS ,且BS BC B ,
SD 平面SBC .……………………………………………………………………………6分
MC 平面SBC ,
SD MC .…………………………………………………………………………………7分
（2）法一：延长CM ,在平面 SBC内，过 S作CM 的垂线，
垂足为H ，连接HD .
由（1）可知 SD MC，又MC SH ,且 SD SH S ,
MC 平面SHD , MC HD ,又CM 为二面角的棱，
SH 平面SMC,HD 平面CDM ,
DHS为所求二面角的平面角.…………………………………………………………11分
BC 平面SCD , BC SC , SC 2 3，
又M 为 SB的中点，可得MC 2 ,
S 1 1 SMC S SBC , SH MC
1 1
BC SC ,
2 2 2 2
SH 3 ,…………………………………………………………………………………14分
cos DHS SH SH 21 .……………………………………………15分
HD SH 2 SD2 7
法二：如图，以O为坐标原点，OS 所在直线为 z轴，OC所在直
线为 x轴，在平面 BCD内，以过O且垂直于CD的直线为 y轴，
建立空间直角坐标系，
计算可得： SO 3,OD 1,OC 3
则空间中的一些点的坐标为：
C(3,0,0),S(0,0, 3),D( 1,0,0),B(3, 2,0)，
M (3 , 3 1, )………………………………………………10分
2 2
由题意可知，平面 SBC的法向量为DS (1,0, 3) ,……………………………………11分
设平面CDM 的法向量为 n (x0 , y0 , z0 )，
MC (3 ,1, 3 ),MD 5 ( ,1, 3 )
2 2 2 2
3 3
x0 y0 z2 2 0
0
，得 x0 0，令 z0 2，则 y0 3 ，
5
x
3
2 0
y0 z0 02
n (0, 3,2)……………………………………………………………………………13分
二面角D MC S的平面角 显然为锐角，
cos | cos n,DS | | n DS | 21 .…………………………………………15分
| n | | DS | 7
b2
17、（1）将 x c代入椭圆可得 y ，
a
2b2
| AB | ，……………………………………………………………………………1分
a
又 F2AB为正三角形，
2
| F 31F2 | | AB | ,即 2c
3 2b
2，则可得 3b 2ac，…………………………3分
2 2 a
2
又b a2 c2 3c2 2ac 3a2， 0 .
c 2离心率 e ， 3e 2e 3 0，
a
e 3 （ e 3舍去）…………………………………………………………………5分
3
（2）由题意可知： a 3，结合（1）可得 c 3 ，b 6，
x2 y2
则椭圆C： 1 .………………………………………………………………………6分
9 6
由题意可知，符合条件的直线MN的斜率必存在，
设直线MN 的方程为： y kx t，M (x1, y1),N (x2 , y2 )
y kx t 2 2 2
联立椭圆和直线方程： x2 y2 ，消去 y可得 (3k 2)x 6ktx 3t 18 0，
1 9 6
直线和椭圆必有交点，则 0，
x 6kt 3t
2 18
1 x2 2 , x1x2 2 ，………………………………………………………9分3k 2 3k 2
MD,ND的斜率是互为相反数， kMD kND 0 .
k y1 2 kx1 t 2 k y2 2 kx又 ， 2 t 2MD ，………………………11分x1 3 x1 3
ND x2 3 x2 3
kMD k
kx1 t 2 kx2 t 2
ND 0，x1 3 x2 3
化简可得 (kx1 t 2) x2 3 (kx2 t 2)(x1 3) 0，
即3 3k 2 9k 3kt 3t 2 3 0………………………………………………………13分
(3k 3)( 3k 2 t) 3因式分解 0，则可得 k 或 3k t 2，
3
3k t 2时，直线MN 经过点D( 3,2)，故不符合题意，
则直线MN 3的斜率为定值 .………………………………………………………………15分
3
18、（1）结束投篮时甲的投篮次数 X 的可能取值为 2，3，4，5,………1分
P(X 2) 1 1 1 , P(X 2 1 1 2 3) ,
3 3 9 3 3 3 27
P(X 4) 1 2 1 1 2 2 1 1 2 ,
3 3 3 3 3 3 3 3 27
P(X 5) 1 P(X 2) P(X 3) 20 P(X 4) ,………………………………4分
27
X 2 3 4 5
P 1 2 2 20
9 27 27 27
E(X ) 2 1 2 2 20 40 3 4 5 …………………………………………6分
9 27 27 27 9
（2）（i）设甲投中为事件 A，乙投中为事件 B，
投篮 2次游戏结束的情况有： AA，BB
投篮 3次游戏结束的情况有： ABB , BAA
投篮 4次游戏结束的情况有： AABB, AABA, ABAA , BBAA,BBAB,BABB…………9分
则 P( 2 ) 1 2 2 2 2 2 2 1 3 3 3 2 2 2 91甲只投中 次 ,…………11分
2 3 3 5 3 3 3 3 5 5 5 5 3 3 225
p 1（ii）由题意可知 1 ，第n次投篮的是甲的概率为 pn，第 n 1次投篮是甲的概率为 pn 1，2
是乙的概率为1 pn 1，则一定满足
p 2 2n pn 1 (1 pn 1)，…………………………………………………………13分3 5
4 2
即 pn p 15 n 1 5
6 4 6
则可构造如下关系： pn pn 1 11 15 11
6 1 4 n-1
可得： pn …………………………………………………15分11 22 15
若记第 i次投篮甲投的次数为 X i ，不难发现甲投 X i 1，乙投 X i 0，则 X i 服从两点分
布，
P(X i 1) 1 P(X i 0) pi
n
则 E(X i ) pi ， i 1,2,3, ,n，又Y Xi 1 i
1 4
n

n
E(Y ) p 6n 1 15 6n 15

1 4
n


则 i 11 ………………………17分i 1 11 22 11 242 15
15
19 x、（1）由题意可知： f (x) e 2x a，令 h(x) f (x)，
h (x) e x 2 0的解为 x ln 2，
x ( , ln 2)时， h (x) 0， f (x)单调递减，
x (ln 2, )时， h (x) 0， f (x)单调递增，
f (x)极小值 f (x)min f (ln 2) 2 2ln 2 a………………………………………3分
f (x)有两个极值，且 x , f (x) ， x , f (x)
2 2ln 2 a 0
a 2ln 2 2
经检验符合题意.………………………………………………………………………………4分
（2） f (x) g(x)在 x [0, ) x 2时恒成立，即 e x (a 1)x 1 0恒成立
设 F (x) e x x2 (a 1)x 1，
显然 x 0时符合题意，只需讨论 x (0, )恒成立即可..………………………………5分
则 F (x) e x 2x a 1，当 x 0时 F (0) a；
令H (x) F (x) ,则H (x) e x 2 0时的解为 x ln 2，
x (0, ln 2)时，H (x) 0， F (x)单调递减，
x (ln 2, )时，H (x) 0， F (x)单调递增，
F (x)极小值 F (x)min F (ln 2) 1 2ln 2 a
a 2ln 2 1时， F (x) 0在 x (0, )恒成立， F (x)在 (0, )上单调递增，
F (x) F (0) 0符合题意；..………………………………………………………………7分
又 a 0时， F (0) a 0，x (0, ln 2)时 F (x)单调递减，此时 F (x) F (0) 0不符
合题意，
又 2ln 2 1 1，且 a Z ,..…………………………………………………………………8分
则 amin 1...……………………………………………………………………………………9分
（3）证明：
由（2）可知，当 a 1时，当 x (0, ) x 2必有 e x 1恒成立，
即 x ln(x2 1)恒成立，……………………………………………………………………10分
x 1取 (n N *)，
n
1 1 n 1
可得 ln( 1) ln( ) ln(n 1) ln n，
n n n
两边同时乘以 n，可得 n n ln(n 1) n ln n………………………………………12分
则必有 n 1 (n 1) ln n (n 1) ln(n 1)
…
2 2ln3 2ln 2
1 ln 2 ln1
累加可得1 2 3 n n ln(n 1) ln n ln(n 1) ln(n 2) ln 2 ，①
………………………………………………………………………………………………14分
再取 x n (n N *)
可得 n ln(n 1)………………………………………………………………15分
则必有 n 1 ln n
n 2 ln(n 1)
…
2 ln 3
1 ln 2
累加可得1 2 3 n ln(n 1) ln n ln(n 1) ln(n 2) ln 2，②
………………………………………………………………………………………………16分
①+②可得 2(1 2 3 n ) (n 1) ln(n 1)(n N *)，证毕.
………………………………………………………………………………………………17分

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