2026江苏扬州高三下学期五月质检测试数学试题（含答案解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页高三数学试卷注意事项：1．答题前，考生务必在答题卡上将自己的学校、姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“条形码粘贴处”．2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效．一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求）1．已知集合，集合，则（

）．A． B． C． D．2．已知，则（

）．A．1 B．2 C． D．53．已知一组数据1，2，x，6，7的平均数为4，则该组数据的第70百分位数为（

）．A．4.5 B．5 C．5.5 D．64．已知单位向量，，则是“存在实数，使得”的（

）．A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件5．已知抛物线的焦点为，抛物线上一点到焦点的距离为5，则（O为坐标原点）的面积为（

）．A．1 B． C．2 D．46．已知，且，则（

）．A． B． C．1 D．57．已知圆，点P在直线上．若圆C上存在两点A，B，使得是等边三角形，则点P的横坐标的取值范围为（

）．A． B． C． D．8．一个棱长为6的正四面体状封闭玻璃容器（壁厚忽略不计）内装有少量液体．如图，当容器倾斜至某一位置时，液面与过同一顶点的三条棱相交，交点到该顶点的距离分别为2，3，4．若将该容器放在一个水平桌面上，底面贴合桌面，则液面距离桌面的高度大约为（

）．（参考数据：，）A．0.1 B．0.2 C．0.5 D．0.6二、多项选择题（本大题共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，有选错的得0分）9．设正项数列的前n项和是，且，，下列选项中正确的有（

）．A．若是等差数列，则B．若是等比数列，则C．若是等差数列，则D．若是等比数列，则10．古希腊数学家阿波罗尼斯发现：用平面截圆锥，可以得到不同的截口曲线，如图①．在圆锥中，轴截面是斜边长为的等腰直角三角形，点M是线段的中点．过点M的平面截圆锥，下列图②-图⑤中的截口曲线分别为圆、椭圆（截面经过点A）、抛物线的一部分（截面经过点O）、双曲线的一部分（截面垂直于平面），则（

）．A．圆的面积为B．椭圆的长轴长为C．抛物线的焦点到准线的距离为1D．双曲线的离心率为11．已知函数设是三个不同的实数，且满足，，则下列选项中正确的有（

）．A．B．C．的最小值为D．的最大值为三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12．函数在区间上的最大值为_________．13．已知数列满足，，且数列为等比数列，则的前5项和可以是_________．（写出一个满足条件的值）14．在中，D是线段上一点，且，，则的最大值为_________．四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15．某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：0(1)求函数的解析式；(2)将图象上所有点向左平移个单位长度，得到的图象，且其图象关于轴对称，求在上的解集．16．有一个袋子中装有4个红球，2个黑球，现每次从袋子中随机取出一个球，连续取三次．(1)若每次取出的球放回，记取出黑球的次数为，求的分布列和期望；(2)若每次取出的球不放回，已知第三次取出的是黑球，求此时袋中没有黑球的概率．17．已知椭圆的左、右顶点分别为，，线段的中点为，过的直线与交于，两点，在轴上方．当为的上顶点时，，且．(1)求的方程；(2)若，求的方程；(3)若，与轴分别交于，，求与的面积之比．18．如图，在矩形中，，，点，分别在线段，上，且．将四边形沿折起，，分别到达，位置．(1)求证：平面平面；(2)若折到某位置时，点在平面上的射影恰好落在线段上．①求二面角的余弦值；②设点，分别是四边形，内的动点，求的最小值．19．已知函数，．(1)当时，求曲线过点的切线方程；(2)若对任意，都有成立，求的取值范围；(3)设，，求的小数点后第一位数字（如：自然对数的底数的小数点后第一位数字为7，的小数点后第一位数字为6）．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【详解】集合或，因为，所以.2．C【详解】由，得，，所以，，因此，.3．D【详解】已知一组数据1，2，x，6，7的平均数为4，则，解得.将这组数据按照从小到大的顺序排列，得共5个数据，由，所以该组数据的第70百分位数为第4项，即6.4．A【详解】已知是单位向量，故.对两边平方得，代入，解得.由点积定义得（为两向量夹角），得，即同向共线，存在使，充分性成立；若存在使，由，得.当时，，此时，必要性不成立.因此是“存在实数，使得”的充分不必要条件.5．C【详解】抛物线，焦点，准线方程为，因为抛物线上一点到焦点的距离为5，所以点到准线的距离也为5，即点的横坐标为4，代入可得，因此.6．D【分析】将条件变形为，根据两角和差的余弦公式，结合同角三角函数的关系，即可求得答案.【详解】由，得，所以，则，所以，因为，所以.7．C【分析】依题意存在点使得，过作圆的切线，切点为，连接，则，又，即可得到，设，根据距离公式得到不等式，解得即可.【详解】

圆，圆心为原点，半径.在直线上，设.因为圆上存在两点使为等边三角形，所以，过作圆的切线，切点为，连接，则，又，所以，即，即.即，因式分解得，解得，即点横坐标的取值范围为.8．B【分析】设原正四面体的体积为，液体体积为，正四面体的高为，放正后液面的高度为，由题意可得，计算正四面体的高，根据水平放置后，液面上方的正四面体与原正四面体相似，列式计算求解.【详解】设原正四面体的体积为，液体体积为，正四面体的高为，放正后液面的高度为，由题意可得，如图所示，正四面体高，水平放置后，液面上方的正四面体与原正四面体相似，则，即，所以.9．ACD【分析】根据等差中项、等比中项的性质及数列的前n项和定义求解可判断各选项.【详解】对于A，若是等差数列，∵，，则，故A正确；对于B，若是正项等比数列，∵，，则，故B不正确；对于C，若是等差数列，则，即，，故C正确；对于D，若是等比数列，则，即，又因为，，，解得，∴，故D正确.10．BCD【分析】建立直角坐标系，利用平面几何知识可判断AB；根据圆锥和截面相交求出抛物线和双曲线的方程可判断CD.【详解】已知圆锥的轴截面是斜边长的等腰直角三角形，可得，，是中点，.以为原点，以方向为轴，以与垂直向内的方向为轴，以方向为轴建立空间直角坐标系，得，，，，.选项A：截口为圆时，截面平行于底面，圆半径，面积，A错误；选项B：截面过，椭圆长轴为线段，可得，故长轴长为，B正确；选项C，如图，作出符合题意的图形，设抛物线与底面圆的交点为，以为原点，以为轴，在平面建立平面直角坐标系.由于圆锥底面半径为，则，得，，，将代入抛物线方程，得，故抛物线的焦点到准线的距离为1，C正确；选项D，如图，作出符合题意的图形，在与平面垂直且过点的平面内，建立平面直角坐标系，坐标原点与点到底面的距离相等，且在轴上，则点的坐标为，双曲线与底面圆的一个交点为，其坐标为，设双曲线方程为，则，将代入双曲线方程得，解得，则离心率，D正确.11．AB【分析】结合图像得出方程有三个不同的实数根当且仅当有两个不同的实根，根据方程和求出，再逐个选项进行判断.【详解】画出函数的图像：设，即方程有三个不同的实根，由于在上单调递增，且该部分值域为，在单调递增，且该部分值域为，，令，结合图像可知，方程有三个不同的实数根当且仅当有两个不同的实根，即当且仅当，且，，再考虑方程和，注意，或或，因为，所以，对于A，，所以，A正确；对于B，，，令，则，当时，，所以，所以在上单调递增，所以，所以，B正确；对于C，，因为，所以单调递增，因为，所以无最小值，C错误；对于D，在上单调递增，所以，所以的最大值为，D错误.12．2【详解】∵，，∴对求导得.令，解得，，均属于区间.分别计算在区间端点和极值点处的函数值：当时，.当时，.当时，.当时，.比较上述函数值大小：，∴函数在区间上的最大值为.13．348(或168，答案不唯一)【详解】令，则是等比数列，设其公比为.由已知得，，，则，则.当时，，，.所以，，，，则.当时，，，.所以，，，，则.综上所述，的前5项和可以是348或168.14．【分析】设角并利用正弦定理转化，将的最值问题转化为三角函数的最值问题，借助辅助角公式求得最大值即可.【详解】如图，设，则，所以，由正弦定理可得，在中：；在中，可得，即，因为，所以代入得，得到，令，则，设，则，得到，可得，解得，即，得到，因为为锐角，所以，即.15．(1)(2)【分析】（1）根据五点法，完善表格，列式计算求解；（2）根据题意求得函数，求导，根据二倍角公式化简结合正弦函数性质计算求解.【详解】（1）根据五点法完善表格部分数据如下：00200由题意知，解得，，又，解得，所以．（2）因为为偶函数，所以，，又，所以时，.，，所以，即，又，所以.则，解得.所以在上的解集为.16．(1)的分布列为：期望为1(2)【分析】（1）先确定随机变量的取值，再分别计算各取值对应的概率，最后列出分布列并求出期望；（2）方法一：利用概率乘法公式以及条件概率公式求解；方法二：利用古典概型概率公式以及条件概率公式求解即可.【详解】（1）由题意知，随机变量的取值为，则，，，，所以的分布列为：由，所以的期望．（2）记第次取出黑球为事件，第三次取出黑球后袋中没有黑球为事件．方法一：，，所以．方法二：，，所以．17．(1)(2)(3)1【分析】（1）根据椭圆的顶点坐标和题目条件表示出和的关系式，从而进行求解；（2）设出直线方程，进而将直线方程与椭圆方程联立，结合韦达定理和题目条件，从而进行求解；（3）根据第2小问得到的两个动点纵坐标之间的关系和直线方程，计算出三角形的高，从而表示出三角形的面积进行求解.【详解】（1）由题可知，，，，如下图所示：

，即，因为，所以，即，所以联立解得，，因此椭圆的方程为；（2）由（1）可知，，，设的直线方程为，，，联立，可得，根据韦达定理可得，，因为，所以，所以，即，所以，，解得，因此直线的方程为；（3）图象如下图所示：

由（2）可知，，直线的方程为，所以，即，同理可得，所以，所以，故与的面积之比为1．18．(1)证明见解析(2)①②【分析】（1）先证明平面，平面，再利用面面平行的判定定理证明平面平面；（2）①在平面内过点作，交于点，连接．先证明是二面角的平面角，再计算，由即得所求；②延长至点，使，则，在平面中，过点作于，证得平面，点在四边形内，根据可求的最小值．【详解】（1）在翻折过程中，，平面，平面，所以平面．又因为，平面，平面，所以平面，又平面，平面，，所以平面平面．（2）①如图，在平面内过点作，交于点，连接．因为点是点在平面上的射影，所以平面，因为平面，所以，又，，所以平面，因为平面，所以，所以是二面角的平面角，则翻折前、、三点共线，且，所以，，所以．延长至点，使，则，在平面中，过点作于，由①知平面，即平面，又平面，所以平面平面，又平面平面，，平面，所以平面，所以（当且仅当点与点重合，且点为线段与平面交点时取“”），因为，所以，所以，所以点在线段上，所以点在四边形内，此时，综上，最小值即为，长为，所以的最小值为．19．(1)(2)(3)6【分析】（1）求得的解析式，设出切点，根据导数的几何意义，可得切线方程，代入，可得关于的方程，利用导数求出单调性和最值，分析即可得答案.（2）由题意得恒成立，求出的解析式，分别讨论和两种情况，求出的单调性，分析即可得答案.（3）方法一：求出数列单调性，代入特殊值，可得，由（2）知，换元变形，整理化简，即可得答案.方法二：由（1）知，换元变形，可得，整理计算，可得，即可得答案.【详解】（1）当时，，则，所以在切点处的切线方程为，又切线过点，则，即，令，则，所以当时，，则单调递增，当时，，则单调递减，所以当时，，所以，所以切线方