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浙江省强基联盟2026年高三5月题库数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设集合，则( )
A. B. C. D.
2.数据，，，，，的第百分位数为( )
A. B. C. D.
3.下列函数中，最小正周期为且为偶函数的是( )
A. B. C. D.
4.下列函数所表示的曲线中，存在切线与轴平行的是( )
A. B. C. D.
5.已知为直线，为平面，则下列条件是“”的充要条件的是( )
A. 垂直平面内的两条直线 B. 垂直平面内的无数条直线
C. 的方向向量垂直于平面的法向量 D. 的方向向量平行于平面的法向量
6.在二项展开式中，前三项的系数成等差数列，则实数的值是( )
A. 或 B. 或 C. 或 D. 或
7.已知为的外心，且满足，则的值为( )
A. B. C. D.
8.如果一条双曲线的实轴与虚轴分别为另一条双曲线的虚轴与实轴，则这两条双曲线互为共轭双曲线，已知，互为共轭双曲线，且，的离心率分别为，，则的最大值是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知抛物线与圆交于两点，则下列说法正确的是( )
A. 圆心坐标为 B.
C. 抛物线的准线与圆相切 D. 过抛物线焦点的直线与圆相交
10.如图，在正三棱台中，为的中点，是上的动点不含端点，记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则下列关于，，的大小，一定正确的是( )
A. B. C. D.
11.我国古代典籍管子地员篇最早记载的“三分损益法”是用来算音阶的方法，它是把古琴的一根弦平均分成三截，截短一截就是“三分损一”，加长一截就是“三分益一”我们取第一个音“黄钟”的弦长，记为，用“三分损一”得到第二个音“林钟”的弦长，记为，再用“三分益一”得到第三个音“太簇”的弦长，记为，，按此规律依次交替损益就能得到“十二律吕”的弦长把上述依次得到的弦长组成的数列记为则下列说法正确的是( )
A.
B.
C. ，使得：
D. ，都有
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在复平面内，为虚数单位，对应的复数是，对应的复数是，则对应的复数是 ．
13.在中，角，，所对的边分别是，，，且，，，则的面积为 ．
14.设关于的方程为自然对数底数有个不相等的实数解，则 ．
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.本小题分
已知数列的前项和为，且满足．
求的值；
求的值．
16.本小题分
信息安全是互联网时代最重要的安全之一，我国自主研发的量子通信保密传输系统，依靠量子密钥分发实现信息安全传输，该系统采用量子信道和经典信道协同工作，某量子通信保密传输系统在单次密钥分发过程中，量子信道成功密钥生成的概率为，经典信道完成信息匹配的概率为，且两个信道工作相互独立．只有当量子信道密钥生成成功，且经典信道信息匹配成功，则本次有效密钥分发成功，否则本次有效密钥分发失败．
求该系统单次有效密钥分发成功的概率；
若该系统独立进行次密钥分发，记为有效分发成功的次数，求的数学期望；
科研人员对该系统连续传输的密钥准确率进行检测，发现密钥准确率单位：服从正态分布若准确率不低于为“最优传输”，估算次密钥分发中，可用于“最优传输”的次数．
附：若，则，，．
17.本小题分
如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，是正三角形，且平面，若分别为的中点，点在直线上
求证：直线与直线为异面直线；
求直线与平面所成角的最大值．
18.本小题分
已知函数．
若，求曲线在点处的切线方程；
若为函数的三个零点，且满足，
求实数的取值范围；
求的最小值．
19.本小题分
为椭圆上异于顶点的动点，且的离心率为，分别为的左、右焦点，为的左顶点，记．
求的方程；
求证：；
设点，过点作一条不与坐标轴垂直的直线，交椭圆于，两点，再过点作一条垂直于轴的直线分别交直线于点问是否存在，使得点四点共圆为坐标原点？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
参考答案
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15.解：由可得，
所以可得．
当时，可得．
因为，所以．
则
．

16.解：设“量子信道成功密钥生成”为事件，“经典信道完成信息匹配”为事件，
由题意得，，且与相互独立，
所以该系统单次有效密钥分发成功的概率；
由题意得，，所以；
由题意得，，则，，
因为“最优传输”要求，即，
所以，
，
所以次密钥分发中，“最优传输”的次数约为．

17.解：取中点，连接、，
由分别为的中点，底面是正方形，
故、，则，故、、、四点共面，
因为平面，，平面，
故直线与直线为异面直线；
由是正三角形，且为中点，故，
由平面，平面，故，
又，、平面，故平面，
故可以以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则、、、、
、、，
由分别为的中点，故、，
则、、、，
设，，则，
设平面的法向量为，
则有
取，则、，即，
有，
设直线与平面所成角为，
则，
当且仅当时，等号成立，
故最大值为，即直线与平面所成角的最大值为．

18.解：，所以，可得点
，所以，
所以切线方程为．
因为，
若，则恒成立，故在上递增，不可能有三个零点，不合题意．
若，则有两个不相等的实数根，记为，且，
故在上递增，在上递减，
因为，所以，
又因为当时，，
令，则，
所以在上递增，且，
同理，所以在和上各有一个零点，又显然是的一个零点．
综上，当函数有三个零点时，可得实数的取值范围为．
，因为，所以，，
所以，
由，
可得，
又因为，
根据区间单调性，可得，
所以，
又因为，当且仅当，即时等号成立，
所以．

19.解：由椭圆方程可知：，
因为，解得，
所以椭圆的标准方程为．
因为，
由正弦定理可得，
即，整理可得．
假设存在，可设直线，，，且，
联立方程，消去可得，
则，可得，
则，，
由题意可知：，则直线，
令，可得，即，
同理可得，
若四点共圆，则，
可得，
且，则，可得，
且，，，
则，
整理可得，
即，
则，
整理可得，解得或舍去，
所以存在，使得点四点共圆，此时．

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