资源简介

2026届高三年级五月检测训练
数 学 试 题
注意事项：
1. 本试卷共4页，满分150分，时间120分钟。
2. 答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上。
3. 回答选择题时，选出每小题答案后，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。涂写在本试卷上无效。
4. 作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效。
5. 考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试卷不回收。
一、选择题：本题共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. 已知复数满足（是虚数单位），则复数为
A. B.
C. D.
2. 已知集合，，则
A. B.
C. D.
3. 甲、乙、丙、丁、戊五名同学排成一排合影留念，其中甲、乙均不能站在最左端，则不同的站法共有
A.12种 B.36种 C.72种 D.96种
4. 已知函数的图象关于点中心对称，则的最小值为
A.1 B.2 C.3 D.4
5. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，的一条渐近线与直线交于点，若的面积为，则的离心率为
A. B.
C.4 D.2
6. 在平行四边形中，是边上的点，，是线段的中点，若，则的值为
A. B.
C. D.
7. 已知函数，若函数有三个不同的零点，则的取值范围为
A. 　　　 B. 　　　
C. 　　　 D.
8. 球面上有，，三点，，，球心到平面的距离是2，则球的体积是
A. 　　　 B. 　　　
C. 　　　 D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 在每小题给出的选项中，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，有三个正确选项的，每个选项得2分，有两个正确选项的，每个选项得3分，有选错的得0分.
9. 设抛物线的焦点为，过点的直线与相交于，两点，且，，则
A. 的焦点坐标为　　　　　　
B. 的准线方程为
C. 　　　　　　　　　　
D. 的面积为1
10. 已知函数，则
A. 函数的定义域为
B.
C. 函数在区间上单调递减
D. 函数有两个不同的零点，，且
11. 已知数列满足，，设的前项和为，则下列结论中正确的是
A. 　　　　　　　　　　　
B. 数列是等比数列
C. 数列中存在最大项　　　　
D. 数列中存在最小项
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 计算： .
13. 已知变量、满足线性相关关系，经验回归方程为且，. 现有一对观测数据为，若该数据的残差为0.6，则 .
14. 对于三次函数，给出定义：设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的拐点. 研究发现，任何三次函数都有拐点，又有对称中心，且拐点就是对称中心. 设，数列的通项公式为，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.（本小题满分13分）
已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，。
（1）若，求的值；
(2)求角A的最大值，并判断此时的形状。
16.（本小题满分15分）
如图，在四棱锥中，侧面底面ABCD，底面ABCD为梯形，，， 。
(1)证明：平面PAD；
(2)若为等腰直角三角形，，求二面角的余弦值。
17.（本小题满分15分）
已知函数。
（1）当时，求函数f（x）的最小值；
（2）若函数f（x）有极小值，记f（x）的极小值为g（a），证明：。
18.（本小题满分17分）
已知椭圆的离心率为，右顶点为。
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与交于，两点，在线段上取异于，的点，且满足。
（i）求证：点在定直线上；
（ii）设直线，，的斜率分别为，，，求证：，，成等差数列。
19.（本小题满分17分）
某校园社团为分析一款文创产品在学生群体中的受欢迎程度与传播规律，构建如下概率模型：
研究团队选定名学生进行研究，假设每名学生对该产品的“基础心动度”参数均相同，记为。规则如下：第一天，研究团队从名学生中随机招募名进行初始体验，每名学生体验后购买的概率为，且彼此相互独立。从第二天起，每一天每名购买者会推荐未购买者参与体验，一旦成为购买者，将参与后续的推荐传播，以此类推。
（1） 当，时，求第一天结束，初始体验的学生中恰有3名成为购买者的概率；
（2） 求第一天结束，名初始体验的学生中，成为购买者的人数为奇数的概率；
（3） 对于任意一位未购买者，若某天有名购买者尝试向他推荐，则他当天成为购买者的概率为。当，，时，求在前两天，学生甲成为购买者的概率（用含的式子表示）；基于此模型，简要说明为什么在实际校园场景中，一款产品有时会突然“爆发式”走红。
2026届高三年级五月检测训练
数学试题参考答案及评分标准
一、选择题：本题共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.【参考答案】A
由题意，知，故选A.
2.【参考答案】B
由，得，由，得，所以，又，故. 故选B.
3.【参考答案】C
因为甲、乙均不能站最左端，最左端有3种排法，剩下的位置共4个元素，全排列为种，所以共有种不同的站法. 故选C.
4.【参考答案】D
的图象关于点中心对称，所以，即，所以的最小值为4. 故选D.
5.【参考答案】B
不妨取的渐近线，与联立，得点的坐标为，
，所以，从而，故离心率为. 故选B.
6.【参考答案】C
因为是线段的中点，所以，又，所以，所以，，. 故选C.
7.【参考答案】A
解法1：令得.由题意可知函数的图象与直线有三个交点，由右图可知，故选A.
解法2：当时，.令得或，不满足题意，因此排除B、D选项. 当时，，
令，解得或，不满足题意，因此排除C选项，故选A.
8.【参考答案】C
如图，设是外接圆的圆心，则平面，因为，
，所以等边的外接圆的半径，所以球的半径
，所以球的体积，故选C.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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，有三个正确选项的，每个选项得2分，
有两个正确选项的，每个选项得3分，有选错的得0分.
9.
【参考答案】ABD
因为抛物线的方程为，所以，则的焦点坐标为，准线方
程为，选项A，B均正确；
设，，则，，
把，代入，可得，，
不妨设，，则，选项C错误；
因为，则的面积，选项D正确.
故选ABD.
10
【参考答案】BD
A选项，由题意可知且，解得且，函数的定义域为，A
选项错误；
B选项，，因此B选项正确；
C选项，函数在和上单调递增，因此C选项错误；
D选项，因为，，所以存在唯一的，使得.由选项B可知，，因此函数有两个不同的零点，，不妨设，，则.故选BD.
11.【参考答案】ABD
解法1：当时，可得，又，所以，A正确；因为，所以，又，所以数列是以4为首项，4为公比的等比数列，B正确；由B选项分析可得，所以，所以恒成立，所以，所以数列为单调递增数列，所以中不存在最大项，C错误；因为数列为单调递增数列，所以，所以对任意，，D正确，故选ABD.
解法2：因为，所以，又，所以数列是以4为首项，4为公比的等比数列，所以，所以，所以，A，B正确；因为，且，所以，，所以数列为单调递增数列，所以中不存在最大项，C错误；因为，所以对任意，，D正确，故选ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.【参考答案】1
，
又，
故.
13.【参考答案】11.6
由题意可知，将代入，得，解得，
所以.当时，预测值，则.故答案为：11.6.
14.【参考答案】8
解法1：，，令得.又因为，所以的对称中心为，.由于，因此数列为等差数列，因为，所以.设，则，两式相加得，解得，因此
解法2：，，令得。又因为，所以的对称中心为，。因为，，，，，，，，所以，，，，因此。
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.【参考答案】（1） （2），等腰直角三角形
（1）中，由正弦定理得， …………………………………………（2分）
，， …………………………………………………………………………（4分）
。 …………………………………………………………………………（6分）
（2）中，由余弦定理得，………………………………………………（9分）
当且仅当时，等号成立， …………………………………………………………………………（10分）
，的最大值为，此时不等式等号成立， ……………………………………………………（11分）
即，，为等腰直角三角形。 ………………………………………………………………（13分）
16.【参考答案】（1）证明见解析 （2）
解法1：（1） 证明：因为，，，所以，所以，，所以在中，由余弦定理得，所以，所以，所以， …………………………………………………………………………（3分）
又因为侧面底面，侧面底面，底面，所以平面。……（7分）
（2）以为坐标原点，，所在直线分别为轴，轴，过点且垂直于底面的直线为轴，建立如图空间直角坐标系，因为侧面底面，所以平面，又为等腰直角三角形，，
则，，，，
所以，，， ……………………（9分）
设平面的法向量为，则即令，则，，即，………………………………………………………………………（11分）
同理，平面的一个法向量为， …………………………………………………………………………（13分）
则，，又二面角为锐角，故其余弦值为. ……………… （15分）
17.
（1）当时，，函数的定义域为，，……………………… （1分）
当时，单调递减；当时，单调递增， ………………………………………… （3分）
因此. ……………………………………………………………………………… （4分）
（2）证法1：函数的定义域为，. …………………………………………………… （5分）
当时，，在上单调递减，无极小值，不符合题意；……………………………………… （6分）
当时，令，解得.
当时，，单调递减；当时，单调递增. …………………………… （8分）
因此函数有极小值，极小值为，故. …………………………………… （9分）
令，则，在上单调递增. ……………… （10分）
因为，，所以存在唯一的，使得，，即.
……………………………………………………………………………………………（12分）
当时，，单调递减；当时，，单调递增， （13分）
因此，故. （15分）
证法2：函数的定义域为，. （5分）
当时，，在上单调递减，无极小值，不符合题意； （6分）
当时，令，解得.
当时，，单调递减；当时，，单调递增. （8分）
因此函数有极小值，极小值为，故. （9分）
由（1）知，当且仅当时取等号. （10分）
令，则. （11分）
令，则.当时，，单调递减；当时，，单
调递增. 因此，即，当且仅当时取等号， （14分）
由于等号不能同时取到，因此，即. （15分）
证法3：函数的定义域为，. （5分）
当时，，在上单调递减，无极小值，不符合题意； （6分）
当时，令，解得.
当时，，单调递减；当时，，单调递增. （8分）
因此函数有极小值，极小值为，故. （9分）
要证，即证. （11分）
令，则.当时，，单调递减；当时，，单调递增. 因此
，当且仅当时取等号. 故，即， （13分）
，即，当且仅当时取等号， （14分）
因此，原不等式成立. （15分）
证法4：函数的定义域为，. （5分）
当时，，在上单调递减，无极小值，不符合题意； （6分）
当时，令，解得.
当时，，单调递减；当时，，单调递增. （8分）
因此函数有极小值，极小值为，故. （9分）
令，则.当时，，单调递减；当时，，单调递增. 因此
，当且仅当时取等号. 故，即. （11分）
令，则. （12分）
令，则.当时，，单调递减；当时，，单调递
增. 因此，即，当且仅当时取等号，（14分）
因此，即。（15分）
18.【参考答案】
（1）由题意可知，，，（2分）
又，所以，解得，（3分）
所以椭圆的方程为：。（4分）
（2）证明：（i）由题意直线的斜率存在，设直线的方程为，
不妨设，，，且，（5分）
由，可得，
依题意，所以，，（7分）
又，
同理，，，（9分）
由得，化简得，
所以，整理得，（11分）
代入，并化简得，
所以点在直线上。（12分）
（ii）依题意，，。（13分）
由（i）易知（点，都在直线上），（14分）
，
又，，所以。（16分）
所以，即，，成等差数列。（17分）
19.
（1） 设表示第一天结束时成为购买者的人数，则，
所以。………（3分）
（2） 由（1）可知，则，
所以成为购买者的人数为奇数的概率（为奇数），………（5分）
考虑二项展开：，
，………（7分）
两式作差，（为奇数），
所以成为购买者的人数为奇数的概率。………（9分）
（3） 甲在前两天能成为购买者包括以下两种情形：
情形一：甲是初始体验的两人之一的概率是，甲在前两天成为购买者分两种情况：
①第一天成为购买者，概率为；
②第一天没有成为购买者，概率为，但第一天另一位初始体验的学生成为购买者，并推荐甲成为购买
者，概率为，故甲第二天成为购买者的概率为，
因此，在甲是初始体验的两人之一的条件下，
甲在前两天成为购买者的概率为：。………（12分）
情形二：若甲不是初始体验中的两人，其概率为，甲在前两天成为购买者有两种情况：
①第一天有人成为购买者，再由此人成功推荐甲成为购买者，
概率为：；
②第一天有人成为购买者，甲在第二天被成功推荐成为购买者，
概率为：，
因此，在甲不是初始体验中的两人的条件下，甲在前两天成为购买者的概率为：
。
综上，甲在前两天成为购买者的概率为。………（15分）
“爆发式走红”的原因：随着购买者人数增加，每天尝试推荐传播的购买者人数增大，
使得非购买者成为购买者的概率迅速提高，传播速度急剧加快，形成爆发态势。………（17分）

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