云南省绿春县一中2026届下学期高三数学试题5月第二次月考考试试卷含解析

云南省绿春县一中2026届下学期高三数学试题5月第二次月考考试试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．函数在上的图象大致为()A． B．C． D．2．已知数列满足,且,则的值是()A． B． C．4 D．3．已知命题,；命题若，则，下列命题为真命题的是（）A． B． C． D．4．若不等式对于一切恒成立，则的最小值是（）A．0 B． C． D．5．已知数列是公比为的等比数列，且，若数列是递增数列，则的取值范围为（）A． B． C． D．6．已知菱形的边长为2，，则（）A．4 B．6 C． D．7．设集合，，若，则（）A． B． C． D．8．已知为抛物线的焦点，点在抛物线上，且，过点的动直线与抛物线交于两点，为坐标原点，抛物线的准线与轴的交点为.给出下列四个命题：①在抛物线上满足条件的点仅有一个；②若是抛物线准线上一动点，则的最小值为；③无论过点的直线在什么位置，总有；④若点在抛物线准线上的射影为，则三点在同一条直线上.其中所有正确命题的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．49．设，随机变量的分布列是01则当在内增大时，（）A．减小，减小 B．减小，增大C．增大，减小 D．增大，增大10．在中，在边上满足，为的中点，则（）.A． B． C． D．11．设，则“”是“”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件12．已知曲线，动点在直线上，过点作曲线的两条切线，切点分别为，则直线截圆所得弦长为（）A． B．2 C．4 D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设全集，集合，，则集合______.14．若向量满足，则实数的取值范围是____________.15．已知过点的直线与函数的图象交于、两点，点在线段上，过作轴的平行线交函数的图象于点，当∥轴，点的横坐标是16．现有5人要排成一排照相，其中甲与乙两人不相邻，且甲不站在两端，则不同的排法有____种.（用数字作答）三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知函数（1）若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围；（2）若函数对恒成立，求实数的取值范围.18．（12分）已知椭圆的右焦点为，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为，且与短轴两端点的连线相互垂直.（1）求椭圆的方程；（2）若圆上存在两点，，椭圆上存在两个点满足：三点共线，三点共线，且，求四边形面积的取值范围.19．（12分）已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若对任意成立，求实数的取值范围.20．（12分）如图1，四边形是边长为2的菱形，，为的中点，以为折痕将折起到的位置，使得平面平面，如图2.（1）证明：平面平面；（2）求点到平面的距离.21．（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程是为参数），曲线的参数方程是为参数），以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．（1）求直线和曲线的极坐标方程；（2）已知射线与曲线交于两点，射线与直线交于点，若的面积为1，求的值和弦长．22．（10分）某中学准备组建“文科”兴趣特长社团，由课外活动小组对高一学生文科、理科进行了问卷调查，问卷共100道题，每题1分，总分100分，该课外活动小组随机抽取了200名学生的问卷成绩（单位：分）进行统计，将数据按照，，，，分成5组，绘制的频率分布直方图如图所示，若将不低于60分的称为“文科方向”学生，低于60分的称为“理科方向”学生.理科方向文科方向总计男110女50总计（1）根据已知条件完成下面列联表，并据此判断是否有99%的把握认为是否为“文科方向”与性别有关？（2）将频率视为概率，现在从该校高一学生中用随机抽样的方法每次抽取1人，共抽取3次，记被抽取的3人中“文科方向”的人数为，若每次抽取的结果是相互独立的，求的分布列、期望和方差.参考公式：，其中.参考临界值：0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．A【解析】

首先判断函数的奇偶性，再根据特殊值即可利用排除法解得；【详解】解：依题意，，故函数为偶函数，图象关于轴对称，排除C；而，排除B；，排除D.故选：.本题考查函数图象的识别，函数的奇偶性的应用，属于基础题.2．B【解析】由，可得，所以数列是公比为的等比数列，所以，则，则，故选B.点睛：本题考查了等比数列的概念，等比数列的通项公式及等比数列的性质的应用，试题有一定的技巧，属于中档试题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，等比数列的性质和在使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程.3．B【解析】解：命题p：∀x＞0，ln（x+1）＞0，则命题p为真命题，则￢p为假命题；取a=﹣1，b=﹣2，a＞b，但a2＜b2，则命题q是假命题，则￢q是真命题．∴p∧q是假命题，p∧￢q是真命题，￢p∧q是假命题，￢p∧￢q是假命题．故选B．4．C【解析】

试题分析：将参数a与变量x分离，将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题，即可得到结论．解：不等式x2+ax+1≥0对一切x∈(0，]成立，等价于a≥-x-对于一切成立，∵y=-x-在区间上是增函数∴∴a≥-∴a的最小值为-故答案为C．考点：不等式的应用点评：本题综合考查了不等式的应用、不等式的解法等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，属于中档题5．D【解析】

先根据已知条件求解出的通项公式，然后根据的单调性以及得到满足的不等关系，由此求解出的取值范围.【详解】由已知得，则.因为，数列是单调递增数列，所以，则，化简得，所以.故选：D.本题考查数列通项公式求解以及根据数列单调性求解参数范围，难度一般.已知数列单调性，可根据之间的大小关系分析问题.6．B【解析】

根据菱形中的边角关系，利用余弦定理和数量积公式，即可求出结果．【详解】如图所示，菱形形的边长为2，，∴，∴，∴，且，∴，故选B．本题主要考查了平面向量的数量积和余弦定理的应用问题，属于基础题.．7．A【解析】

根据交集的结果可得是集合的元素，代入方程后可求的值，从而可求.【详解】依题意可知是集合的元素，即，解得，由，解得.本题考查集合的交，注意根据交集的结果确定集合中含有的元素，本题属于基础题.8．C【解析】

①：由抛物线的定义可知，从而可求的坐标；②：做关于准线的对称点为，通过分析可知当三点共线时取最小值，由两点间的距离公式，可求此时最小值；③：设出直线方程，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理，可知焦点坐标的关系，进而可求，从而可判断出的关系；④：计算直线的斜率之差，可得两直线斜率相等，进而可判断三点在同一条直线上.【详解】解：对于①，设，由抛物线的方程得，则，故，所以或，所以满足条件的点有二个，故①不正确；对于②，不妨设，则关于准线的对称点为，故，当且仅当三点共线时等号成立，故②正确；对于③，由题意知，，且的斜率不为0，则设方程为：，设与抛物线的交点坐标为，联立直线与抛物线的方程为，，整理得，则，所以，则.故的倾斜角互补，所以，故③正确.对于④，由题意知，由③知，则，由，知，即三点在同一条直线上，故④正确.故选:C.本题考查了抛物线的定义，考查了直线与抛物线的位置关系，考查了抛物线的性质，考查了直线方程，考查了两点的斜率公式.本题的难点在于第二个命题，结合初中的“饮马问题”分析出何时取最小值.9．C【解析】

，，判断其在内的单调性即可．【详解】解：根据题意在内递增，，是以为对称轴，开口向下的抛物线，所以在上单调递减，故选：C．本题考查了利用随机变量的分布列求随机变量的期望与方差，属于中档题．10．B【解析】

由，可得，，再将代入即可.【详解】因为，所以，故.故选：B.本题考查平面向量的线性运算性质以及平面向量基本定理的应用，是一道基础题.11．C【解析】

根据充分条件和必要条件的定义结合对数的运算进行判断即可．【详解】∵a，b∈（1，+∞），∴a＞b⇒logab＜1，logab＜1⇒a＞b，∴a＞b是logab＜1的充分必要条件，故选C．本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据不等式的解法是解决本题的关键．12．C【解析】

设，根据导数的几何意义，求出切线斜率，进而得到切线方程，将点坐标代入切线方程，抽象出直线方程，且过定点为已知圆的圆心，即可求解.【详解】圆可化为.设，则的斜率分别为，所以的方程为，即，，即，由于都过点，所以，即都在直线上，所以直线的方程为，恒过定点，即直线过圆心，则直线截圆所得弦长为4.故选:C.本题考查直线与圆位置关系、直线与抛物线位置关系，抛物线两切点所在直线求解是解题的关键，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

分别解得集合A与集合B的补集，再由集合交集的运算法则计算求得答案.【详解】由题可知，集合A中集合B的补集，则故答案为：本题考查集合的交集与补集运算，属于基础题.14．【解析】

根据题意计算，解得答案.【详解】，故，解得.故答案为：.本题考查了向量的数量积，意在考查学生的计算能力.15．【解析】

通过设出A点坐标，可得C点坐标，通过∥轴，可得B点坐标，于是再利用可得答案.【详解】根据题意，可设点，则,由于∥轴，故，代入，可得，即，由于在线段上，故，即，解得.16．36【解析】

先优先考虑甲、乙两人不相邻的排法，在此条件下，计算甲不排在两端的排法，最后相减即可得到结果.【详解】由题意得5人排成一排，甲、乙两人不相邻，有种排法，其中甲排在两端，有种排法，则6人排成一排，甲、乙两人不相邻，且甲不排在两端，共有（种）排法.所以本题答案为36.排列、组合问题由于其思想方法独特，计算量庞大，对结果的检验困难，所以在解决这类问题时就要遵循一定的解题原则，如特殊元素、位置优先原则、先取后排原则、先分组后分配原则、正难则反原则等，只有这样我们才能有明确的解题方向.同时解答组合问题时必须心思细腻、考虑周全，这样才能做到不重不漏，正确解题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（1）；（2）.【解析】

（1）求导得到，讨论和两种情况，计算函数的单调性，得到，再讨论，，三种情况，计算得到答案.（2）计算得到，讨论，两种情况，分别计算单调性得到函数最值，得到答案.【详解】（1），①当时恒成立，所以单调递增，因为，所以有唯一零点，即符合题意；②当时，令，函数在上单调递减，在上单调递增，函数。（i）当即,所以符合题意，（ii）当即时，因为，故存在,所以不符题意（iii）当时，因为，设，所以,单调递增，即，故存在，使得，不符题意；综上，的取值范围为。（2）。①当时，恒成立，所以单调递增，所以，即符合题意；②当时，恒成立，所以单调递增，又因为，所以存在，使得，且当时，。即在上单调递减，所以，不符题意。综上，的取值范围为.本题考查了函数的零点问题，恒成立问题，意在考查学生的分类讨论能力和综合应用能力.18．（1）；（2）【解析】

（1）又题意知，，及即可求得，从而得椭圆方程.（2）分三种情况：直线斜率不存在时，的斜率为0时，的斜率存在且不为0时，设出直线方程，联立方程组，用韦达定理和弦长公式以及四边形的面积公式计算即可.【详解】（1）由焦点与短轴两端点的连线相互垂直及椭圆的对称性可知，，∵过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.又，解得.∴椭圆的方程为（2）由（1）可知圆的方程为，（i）当直线的斜率不存在时，直线的斜率为0，此时（ii）当直线的斜率为零时，.（iii）当直线的斜率存在且不等于零时，设直线的方程为，联立，得，设的横坐标分别为，则.所以，（注：的长度也可以用点到直线的距离和勾股定理计算.）由可得直线的方程为，联立椭圆的方程消去，得设的横坐标为，则..综上，由（i）（ii）（ⅲ）得的取值范围是.本题考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题，解答此类题目，通常利用的关系，确定椭圆方程是基础；通过联立直线方程与椭圆方程建立方程组，应用一元二次方程根与系数，得到目标函数解析式，运用函数知识求解；本题是难题.19．（1）（2）【解析】

（1）把代入，利用零点分段讨论法求解；（2）对任意成立转化为求的最小值可得.【详解】解：（1）当时，不等式可化为.讨论：①当时，，所以，所以；②当时，，所以，所以；③当时，，所以，所以.综上，当时，不等式的解集为.（2）因为，所以.又因为，对任意成立，所以，所以或.故实数的取值范围为.本题主要考查含有绝对值不等式的解法及恒成立问题，恒成立问题一般是转化为最值问题求解，侧重考查数学建模和数学运算的核心素养.20．（1）证明见解析（2）【解析】

（1）由题意可证得，，所以平面，则平面平面可证；（2）解法一：利用等体积法由可求出点到平面的距离；解法二：由条件知点到平面的距离等于点到平面的距离，过点作的垂线，垂足，证明平面，计算出即可.【详解】解法一：（1）依题意知，因为，所以.又平面平面，平面平面，平面，所以平面.又平面，所以.由已知，是等边三角形，且为的中点，所以.因为，所以.又，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）在中，，，所以.由（1）知，平面，且，所以三棱锥的体积.在中，，，得，由（1）知，平面，所以，所以，设点到平面的距离，则三棱锥的体积，得.解法二：（1）同解法一；（2）因为，平面，平面，所以平面.所以点到平面的距离等于点到平面的距离.过点作的垂线，垂足，即.由（1）知，平面平面，平面平面，平面，所以平面，即为点到平面的距离.由（1）知，，在中，，，得.又，所以.所以点到平面的距离为.本题主要考查空间面面垂直的的判定及点到面的距离，考查学生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.求点到平面的距