2026辽宁大连高三高考第五次教学质量调研数学试卷（含答案解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2025-2026学年下学期高三第五次教学质量调研数学试卷满分150分时间120分钟★祝考试顺利★注意事项：1．答卷前：先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证条码粘贴在答题卡上指定位置.2．选择题，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.3．非选择题，用0.5mm黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域，写在非答题区域无效.4．画图清晰，并用2B铅笔加深.第Ⅰ卷（共58分）一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求．1．已知复数，则（

）A． B． C． D．2．已知集合，，则“”是“”的（

）A．充分必要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件3．不等式的解集为（

）A． B． C． D．4．已知，，若，，则（

）A． B． C． D．5．某商场在有奖销售的抽奖环节，采用人工智能（AI）技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结束后，生成的5个数字之和即为奖券码．已知顾客甲参加了一次抽奖，则他的抽奖码是3的概率为（

）A． B． C． D．6．已知椭圆的左、右焦点分别是和，过的直线交椭圆于两点，的内切圆分别与相切于两点，若，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．7．已知为数列的前项和，且满足，则（

）A． B． C． D．8．某个圆锥容器的轴截面是边长为4的等边三角形，一个表面积为的小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的圆锥容器内壁总面积为（

）A． B． C． D．二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．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，有选错的得0分．9．已知双曲线的左、右焦点分别为、，点在双曲线上，下列结论正确的是（

）A．B．过点的最短的弦长为2C．存在点，满足D．点到两渐近线的距离的乘积为10．如图，点是函数的图象与直线相邻的三个交点，且，则（

）A．B．C．函数在上单调递减D．若将函数的图象沿轴平移个单位，得到一个偶函数的图像，则的最小值为11．甲、乙两个盒子中分别装有大小、形状、质地相同的1个黑球和2个红球.现从两个盒子中各任取一个球放入对方盒子中称为一次操作，重复进行次操作后，甲盒子中恰有0个黑球，1个黑球，2个黑球分别记为事件，，，则（

）A． B．C． D．第Ⅱ卷（共92分）三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题纸相应位置上．12．已知函数的定义域为，且满足．若，则的值为______．13．已知平面向量，，，，，则的值是______.14．设，是公差为的等差数列，且，则______．四、解答题：本大题共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．如图，在平面四边形中，，，．

(1)若，求的面积；(2)若，，求．16．已知函数，且曲线在点处与直线相切．(1)求的值；(2)设，求的单调区间；(3)证明：存在唯一的极大值点，且．17．在双碳战略之下，新能源汽车发展成为乘用车市场转型升级的重要方向，2025年我国新能源汽车销量继续走高．为了解新能源汽车车主对新能源汽车的满意程度，某市某品牌的新能源汽车经销商从购买了该品牌新能源汽车的车主中随机选取了100人进行问卷调查，并根据其满意度评分（单位：分，总分100分）制作了如下的频数分布表：（每组数据的平均数以该组区间的中点值为代表）满意度评分频数101520301510(1)在抽取的样本中，若区间内数据的方差为5，区间内数据的方差为10，求区间内数据的方差；(2)根据频数分布表可以认为，该市该品牌新能源汽车车主对新能源汽车的满意度评分近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本的标准差，并求得．若该市恰有1万名该品牌的新能源汽车车主，试估计这些车主中满意度评分位于区间的人数；(3)为提升新能源汽车的销量，该品牌4S店针对购买该品牌新能源汽车的顾客设置了抽奖环节，抽奖规则如下：每人可参加2次抽奖，每次抽奖都从装有3个红球、3个白球（形状、大小、质地完全相同）的抽奖箱里一次性摸出3个球，若摸出3个红球，则返还2000元现金；若摸出2个红球，则返还1000元现金，其余情况不返还任何现金（两次抽奖返现金额叠加）．已知小王参加了抽奖，记他获得的返现金额为，求随机变量的分布列和数学期望．参考数据：若随机变量，则，，．18．中，，，，是的中点，是的中点，是的中点.如图，将和分别沿、向平面的同侧翻折至和的位置，且使得.(1)证明：、、、共面；(2)若，求三棱锥的体积；(3)求平面与平面的夹角的余弦值的最大值.19．已知曲线与曲线．(1)讨论曲线与曲线的交点个数；(2)除原点外，若曲线与曲线还有三个交点，记为，，，其中，由这四个交点O，A，B，C构成的四边形面积记为．（ⅰ）求证：；（ⅱ）是否存在实数，使得．若存在，请求出实数的值；若不存在，说明理由．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【详解】由题意可得，，则.2．B【分析】根据题意，求出时，，结合充分条件与必要条件判断即可．【详解】时，，符合，时，，又，或，解得或，综上，时，，则“”是“”的充分不必要条件．3．C【分析】利用、在上的单调性，且求不等式的解集.【详解】由，即且，、在上分别单调递减、单调递增，且，当时，，当时，，由在上能成立，则，故原不等式的解集为.4．D【分析】由题意得，利用同角关系式和两角差的余弦公式求解.【详解】因为，，所以，已知，所以，因此，已知，，所以，则.5．B【详解】根据题意可知，每次点击有3种选择，连续点击5次，共有种组合，当5个数字之和为3时，其组成方式为三个1和两个0；或者一个2，一个1，三个0，若为三个1和两个0，则共有种组合，若为一个2，一个1，三个0，则共有种组合，即数字之和为3时共有种组合，因此抽奖码是3的概率为.6．B【分析】利用椭圆定义和切线长定理求各边长，再根据勾股定理求解即可.【详解】根据椭圆定义得​的周长为.根据三角形内切圆切线长性质，得，，（为内切圆与的切点）.设，由得，周长满足，代入，得.因此，进一步得各边长，，，，.观察三边：，故​是直角三角形，，即，对​用勾股定理，代入，化简得​，故离心率.7．A【分析】由题，当时，，当时，进而分奇偶性讨论得，为正偶数，，为正奇数，再求和即可.【详解】解：因为，所以，当时，，解得，当时，，所以，当为偶数时，，故，为正奇数；当为奇数时，，即，故，为正偶数；所以，故选：A8．B【分析】分别计算侧面与底面上小球可能接触到的容器内壁的面积，即可得解.【详解】设小球的半径为，则小球的表面积为，解得，在圆锥内壁侧面，小球接触到的区域围成一个圆台侧面，如下图所示：

由小球的半径，得，又都是等边三角形，则，圆台的上、下底面圆的半径分别为，母线长，因此圆台的侧面积为，在圆锥底面，小球接触到的区域是一个圆，其半径为，其面积为，所以圆锥内壁上小球能接触到的圆锥容器内壁总面积为.故选：B9．AD【详解】对于A，双曲线方程可化为，焦点在轴上，已知焦点，则，由，，且，则，故选项A正确；对于B，双曲线方程为，即，，，过焦点的弦中，最短的是通径，通径长为，故最短弦长为6，选项B错误；对于C，若，由，此时点在双曲线右支，由双曲线定义，，代入得⇒，解得，，此时，不满足三角形两边之和大于第三边，故不存在这样的点，故选项C错误；对于D，渐近线方程，即和，点在双曲线上：.到两渐近线的距离：，乘积：，由双曲线方程，所以，故选项D正确.10．ACD【分析】令求得根据求得，根据求得的解析式，再逐项验证BCD选项.【详解】令得，或，，由图可知：，，，所以，，所以，所以，故A选项正确，所以，由且处在减区间，得，所以，，所以，，所以，，故B错误.当时，，因为在为减函数，故在上单调递减，故C正确；将函数的图象沿轴平移个单位得，（时向右平移，时向左平移），为偶函数得，，所以，，则的最小值为，故D正确.故选：ACD.11．ACD【分析】通过分析单次操作中不同事件的概率，结合条件概率、全概率公式推导各选项；对于递推型概率，构造等比数列求解通项公式.【详解】初始时，甲盒有1黑2红，乙盒有1黑2红.选项A：一次操作后，甲盒恰有1黑球（事件）的情况：从甲取红且从乙取红，或从甲取黑且从乙取黑.甲取红的概率为，乙取红的概率为；甲取黑的概率为，乙取黑的概率为.故，A正确.选项B：表示“第二次操作后甲盒有1黑球的前提下，第一次操作后甲盒有0黑球”的概率.第一次操作后甲盒有0黑球（）：甲取黑、乙取红，概率.第二次操作后甲盒有1黑球（）的情况：若发生，甲盒0黑3红，乙盒2黑1红，此时从甲取红、乙取黑的概率为，故.若发生，甲盒1黑2红，乙盒1黑2红，此时（同）.若发生，甲盒2黑1红，乙盒0黑3红，此时（甲取黑、乙取红的概率为）.由全概率公式：.由条件概率公式：，B错误.选项C：表示“第一次操作后甲盒有0黑球，或第二次操作后甲盒有1黑球”的概率.由概率的加法公式：.其中.代入得：，C正确.选项D：递推关系：.整理为：.初始值，故.因此，即，D正确.故选：ACD12．【详解】由，得.所以，所以函数为周期函数，为函数的一个周期，又所以.13．【分析】先利用向量垂直数量积为0求出的值，再根据向量的平方等于模长的平方即可求解.【详解】，因为，所以，解得，又因为，所以，故答案为：14．【分析】通过题目条件利用表示求，再将它们的值代入即可.【详解】由题目可得，则，又，所以，令函数为，，所以函数单调递增，故有唯一的使，又，，则，，故.15．(1)(2)【分析】（1）根据条件，利用余弦定理求出，再利用面积公式即可求出结果；（2）在和中，利用正弦定理，建立等量关系和，从而得到，再化简即可得出结果.【详解】（1）因为，，，由余弦定理得，所以，即，解得，所以．（2）设，在中，由正弦定理得，所以①，

在中，，，则，即②

由①②得：，即，∴，整理得，所以．

16．(1)(2)答案见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用导数几何意义列方程求参数；（2）由题设，利用导数研究其单调性；（3）应用导数研究的极大值，并确定极值点区间，先证极大值的唯一性，再根据区间极值证不等式即可.【详解】（1）由题设，则，故，又曲线在点处与直线相切，即，所以.（2）由（1）知：，则且，所以，，即的递减区间为；，，即的递增区间为；所以递减区间为，递增区间为.（3）由（2）知：，，所以，使，故在上，在上，所以在上递增，在上递减，则存在唯一的极大值点，综上，，而，，显然，且，，在上为极大值，所以，综上，存在唯一的极大值点，且.【点睛】关键点点睛：第三问，导数研究极大值区间及其唯一性，根据极大值点、且区间极值点为证不等式.17．(1)32(2)8186(3)01000200030004000，1100【分析】（1）利用方差合并公式求方差即可；（2）由正态分布特殊区间的概率及其对称性求区间概率，进而估计区间人数；（3）由题意Y的所有取值为0，1000，2000，3000，4000，求出对应概率值，写出分布列，进而求期望.【详解】（1）由题意，；（2）由题意，近似地服从正态分布，且，，由于，因此估计这些车主中满意度评分位于区间的人数为．（3）由题意，Y的所有取值为0，1000，2000，3000，4000，顾客每次抽奖返还2000元现金的概率为，顾客每次抽奖返还1000元现金的概率为，顾客每次抽奖不返还任何现金的概率为，则，，，，，则的分布列为：01000200030004000所以.18．(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）取的中点，的中点，连接、、，证明出四边形、、为平行四边形，可得出，由此得出，即可证得结论成立；（2）过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，可知为三棱锥的高，求出、，利用锥体的体积公式可求得三棱锥的体积；（3）在平面中，过点作，交于点，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法结合基本不等式可求得平面与平面的夹角的余弦值的最大值.【详解】（1）取的中点，的中点，连接、、，因为、分别为、的中点，所以，，翻折前，中，，，，是的中点，是的中点，是的中点，则，，，，，翻折后，则有，，，因为，为的中点，所以，，所以，四边形为平行四边形，所以，，因为为的中点，所以，，故四边形为平行四边形，所以，，故，，所以四边形为平行四边形，所以，所以，所以、、、共面.（2）过点在平面内作，垂足为点，翻折前，因为，翻折后，则有，，因为、平面，，所以平面，因为平面，所以，因为，，、平面，所以平面，即是三棱锥的高.由（1）的图，在中，，，由余弦定理得，所以，所以，在中，，，，是的中点，则，，所以，所以三棱锥的体积为.（3）在平面中，过点作，交于点，因为平面，，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、，