河南省漯河市高级中学2026届高三5月教学质量检测试题数学试题试卷含解析.doc

河南省漯河市高级中学2026届高三5月教学质量检测试题数学试题试卷
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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．已知实数，满足约束条件，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．已知三棱锥的外接球半径为2，且球心为线段的中点，则三棱锥的体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
3．已知椭圆内有一条以点为中点的弦，则直线的方程为( )
A． B．
C． D．
4．若函数（其中，图象的一个对称中心为，，其相邻一条对称轴方程为，该对称轴处所对应的函数值为，为了得到的图象，则只要将的图象( )
A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度
C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度
5．函数（）的图像可以是（ ）
A． B．
C． D．
6．下列函数中，在区间上单调递减的是（ ）
A． B． C． D．
7．某几何体的三视图如图所示，若图中小正方形的边长均为1，则该几何体的体积是　　

A． B． C． D．
8．两圆和相外切，且，则的最大值为（ ）
A． B．9 C． D．1
9．已知，，若，则实数的值是（　　）
A．-1 B．7 C．1 D．1或7
10．设是等差数列，且公差不为零，其前项和为．则“，”是“为递增数列”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
11．设等差数列的前n项和为，若，则（ ）
A． B． C．7 D．2
12．已知定义在上的可导函数满足，若是奇函数，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．设复数满足，其中是虚数单位，若是的共轭复数，则____________．
14．已知向量满足，，则______________.
15．角α的顶点在坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P（1，2），则sin（π﹣α）的值是_____．
16．已知函数，若恒成立，则的取值范围是___________.
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）某调查机构为了了解某产品年产量x(吨)对价格y(千克/吨)和利润z的影响，对近五年该产品的年产量和价格统计如下表：
x
1
2
3
4
5
y
17.0
16.5
15.5
13.8
12.2
（1）求y关于x的线性回归方程；
（2）若每吨该产品的成本为12千元，假设该产品可全部卖出，预测当年产量为多少时，年利润w取到最大值？
参考公式：
18．（12分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.在以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程及直线的直角坐标方程；
（2）求曲线上的点到直线的距离的最大值与最小值.
19．（12分）选修4-5：不等式选讲
设函数．
（1） 证明:；
（2）若不等式的解集非空，求的取值范围．
20．（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为，（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
（2）若点是直线的一点，过点作曲线的切线，切点为，求的最小值.
21．（12分）在中，，是边上一点，且，.

（1）求的长；
（2）若的面积为14，求的长.
22．（10分）如图，在四棱锥中，底面，底面是直角梯形，为侧棱上一点，已知.

（Ⅰ）证明:平面平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值.
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．B
【解析】
画出可行域，根据可行域上的点到原点距离，求得的取值范围.
【详解】
由约束条件作出可行域是由，，三点所围成的三角形及其内部，如图中阴影部分，而可理解为可行域内的点到原点距离的平方，显然原点到所在的直线的距离是可行域内的点到原点距离的最小值，此时，点到原点的距离是可行域内的点到原点距离的最大值，此时.所以的取值范围是.

故选：B
本小题考查线性规划，两点间距离公式等基础知识；考查运算求解能力，数形结合思想，应用意识.
2．C
【解析】
由题可推断出和都是直角三角形，设球心为，要使三棱锥的体积最大，则需满足，结合几何关系和图形即可求解
【详解】
先画出图形，由球心到各点距离相等可得，，故是直角三角形，设，则有，又，所以，当且仅当时，取最大值4，要使三棱锥体积最大，则需使高，此时，

故选：C
本题考查由三棱锥外接球半径，半径与球心位置求解锥体体积最值问题，属于基础题
3．C
【解析】
设，，则，，相减得到，解得答案.
【详解】
设，，设直线斜率为，则，，
相减得到：，的中点为，
即，故，直线的方程为：.
故选：.
本题考查了椭圆内点差法求直线方程，意在考查学生的计算能力和应用能力.
4．B
【解析】
由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出，由五点法作图求出的值，可得的解析式，再根据函数的图象变换规律，诱导公式，得出结论．
【详解】
根据已知函数
其中，的图象过点，，
可得，，
解得：．
再根据五点法作图可得，
可得：，
可得函数解析式为：
故把的图象向左平移个单位长度，
可得的图象，
故选B．
本题主要考查由函数的部分图象求解析式，由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出，由五点法作图求出的值，函数的图象变换规律，诱导公式的应用，属于中档题．
5．B
【解析】
根据，可排除，然后采用导数，判断原函数的单调性，可得结果.
【详解】
由题可知：，
所以当时，，
又，
令，则
令，则
所以函数在单调递减
在单调递增，
故选：B
本题考查函数的图像，可从以下指标进行观察：（1）定义域；（2）奇偶性；（3）特殊值；（4）单调性；（5）值域，属基础题.
6．C
【解析】
由每个函数的单调区间，即可得到本题答案.
【详解】
因为函数和在递增，而在递减.
故选：C
本题主要考查常见简单函数的单调区间，属基础题.
7．B
【解析】
该几何体是直三棱柱和半圆锥的组合体，其中三棱柱的高为2，底面是高和底边均为4的等腰三角形，圆锥的高为4，底面半径为2，则其体积为，
.
故选B
点睛：由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.
8．A
【解析】
由两圆相外切，得出，结合二次函数的性质，即可得出答案.
【详解】
因为两圆和相外切
所以，即

当时，取最大值
故选：A
本题主要考查了由圆与圆的位置关系求参数，属于中档题.
9．C
【解析】
根据平面向量数量积的坐标运算，化简即可求得的值.
【详解】
由平面向量数量积的坐标运算，代入化简可得
.
∴解得.
故选：C.
本题考查了平面向量数量积的坐标运算，属于基础题.
10．A
【解析】
根据等差数列的前项和公式以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】
是等差数列，且公差不为零，其前项和为，
充分性：，则对任意的恒成立，则，
，若，则数列为单调递减数列，则必存在，使得当时，，则，不合乎题意；
若，由且数列为单调递增数列，则对任意的，，合乎题意.
所以，“，”“为递增数列”；
必要性：设，当时，，此时，，但数列是递增数列.
所以，“，”“为递增数列”.
因此，“，”是“为递增数列”的充分而不必要条件.
故选：A.
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等差数列的前项和公式是解决本题的关键，属于中等题．
11．B
【解析】
根据等差数列的性质并结合已知可求出，再利用等差数列性质可得，即可求出结果．
【详解】
因为，所以，所以，
所以，
故选：B
本题主要考查等差数列的性质及前项和公式，属于基础题．
12．A
【解析】
构造函数，根据已知条件判断出的单调性.根据是奇函数，求得的值，由此化简不等式求得不等式的解集.
【详解】
构造函数，依题意可知，所以在上递增.由于是奇函数，所以当时，，所以，所以.
由得，所以，故不等式的解集为.
故选：A
本小题主要考查构造函数法解不等式，考查利用导数研究函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，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】
由于，则．
14．1
【解析】
首先根据向量的数量积的运算律求出，再根据计算可得；
【详解】
解：因为，
所以
又
所以
所以
故答案为：
本题考查平面向量的数量积的运算，属于基础题.
15．
【解析】
计算sinα，再利用诱导公式计算得到答案.
【详解】
由题意可得x＝1，y＝2，r，∴sinα，∴sin（π﹣α）＝sinα．
故答案为：．
本题考查了三角函数定义，诱导公式，意在考查学生的计算能力.
16．
【解析】
求导得到，讨论和两种情况，计算时，函数在上单调递减，故，不符合，排除，得到答案。
【详解】
因为，所以，因为，所以.
当，即时，，则在上单调递增，从而，故符合题意；
当，即时，因为在上单调递增，且，所以存在唯一的，使得.
令，得，则在上单调递减，从而，故不符合题意.综上，的取值范围是.
故答案为：.
本题考查了不等式恒成立问题，转化为函数的最值问题是解题的关键.

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）当时，年利润最大．
【解析】
（1）方法一：令，先求得关于的回归直线方程，由此求得关于的回归直线方程.方法二：根据回归直线方程计算公式，计算出回归直线方程.方法一的好处在计算的数值较小.
（2）求得w的表达式，根据二次函数的性质作出预测.
【详解】
（1）方法一：取，则得与的数据关系如下

1
2
3
4
5

7.0
6.5
5.5
3.8
2.2
，
，
，
.
，
，
关于的线性回归方程是即，
故关于的线性回归方程是.
方法二：因为，
，
，
，
，
所以，
故关于的线性回归方程是，
（2）年利润，根据二次函数的性质可知:当时，年利润最大．
本小题主要考查回归直线方程的求法，考查利用回归直线方程进行预测，考查运算求解能力，属于中档题.
18．（1），（2）最大值，最小值
【解析】
（1）由曲线的参数方程，得两式平方相加求解，根据直线的极坐标方程，展开有，再根据求解.
（2）因为曲线C是一个半圆，利用数形结合，圆心到直线的距离减半径即为最小值，最大值点由图可知.
【详解】
（1）因为曲线的参数方程为
所以
两式平方相加得：
因为直线的极坐标方程为.
所以
所以
即
（2）如图所示：

圆心C到直线的距离为：
所以圆上的点到直线的最小值为：
则点M(2，0)到直线的距离为最大值：
本题主要考查参数方程，普通方程及极坐标方程的转化和直线与圆的位置关系，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
19． (1)见解析.
(1) .
【解析】
试题分析：（1）直接计算，由绝对值不等式的性质及基本不等式证之即可；
（1），分区间讨论去绝对值符号分别解不等式即可.
试题解析： （1）证明：函数f（x）=|x﹣a|，a＜2，
则f（x）+f（﹣）=|x﹣a|+|﹣﹣a|=|x﹣a|+|+a|≥|（x﹣a）+（+a）|
=|x+|=|x|+≥1=1．
（1）f（x）+f（1x）=|x﹣a|+|1x﹣a|，a＜2．
当x≤a时，f（x）=a﹣x+a﹣1x=1a﹣3x，则f（x）≥﹣a；
当a＜x＜时，f（x）=x﹣a+a﹣1x=﹣x，则﹣＜f（x）＜﹣a；
当x时，f（x）=x﹣a+1x﹣a=3x﹣1a，则f（x）≥﹣．则f（x）的值域为[﹣，+∞）.
不等式f（x）+f（1x）＜的解集非空，即为＞﹣，解得，a＞﹣1，由于a＜2，
则a的取值范围是．
考点：1.含绝对值不等式的证明与解法.1.基本不等式.
20．（1），；（2）见解析
【解析】
（1）消去t,得直线的普通方程，利用极坐标与普通方程互化公式得曲线的直角坐标方程；（2）判断与圆相离，连接，在中，，即可求解
【详解】
（1）将的参数方程（为参数）消去参数，得.
因为，，
所以曲线的直角坐标方程为.
（2）由（1）知曲线是以为圆心，3为半径的圆，设圆心为，
则圆心到直线的距离，
所以与圆相离，且.
连接，在中，，
所以，，即的最小值为.
本题考查参数方程化普通方程，极坐标与普通方程互化，直线与圆的位置关系，是中档题
21．（1）1；（2）5.
【解析】
（1）由同角三角函数关系求得，再由两角差的正弦公式求得，最后由正弦定理构建方程，求得答案.
（2）在中，由正弦定理构建方程求得AB，再由任意三角形的面积公式构建方程求得BC，最后由余弦定理构建方程求得AC.
【详解】
（1）据题意，，且，
所以.
所以
.
在中，据正弦定理可知，，
所以.
（2）在中，据正弦定理可知，
所以.
因为的面积为14，所以，即，
得.
在中，据余弦定理可知，，
所以.
本题考查由正弦定理与余弦定理解三角形，还考查了由同角三角函数关系和两角差的正弦公式化简求值，属于简单题.
22．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【解析】
(Ⅰ) 先证明 ，再证明平面，利用面面垂直的判定定理，即可求证所求证；
(Ⅱ)根据题意以为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面和平面的向量，利用公式即可求解.
【详解】
(Ⅰ)证：由已知得
又 平面，平面，，
而故，平面
平面，平面平面
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，推理知梯形中，，，
有，又，故
所以相似，故有，即

所以，以为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则
，，，设平面的法向量为，则
令，则，是平面的一个法向量
设平面的一个法向量为

令，则
是平面的一个法向量
=
又二面角为钝二面角，其余弦值为.
本题考查线面、面面垂直的判定定理与性质定理，考查向量法求二面角的余弦值，考查直观想象能力与运算求解能力，属于中档题.