2025-2026学年安徽省濉溪县临涣中学高三年级下学期五调考试数学试题含解析.doc

2025-2026学年安徽省濉溪县临涣中学高三年级下学期五调考试数学试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．正项等比数列中的、是函数的极值点，则（ ）
A． B．1 C． D．2
2．已知函数（，，），将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的部分图象如图所示，则是的（ ）

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
3．已知半径为2的球内有一个内接圆柱，若圆柱的高为2，则球的体积与圆柱的体积的比为（ ）
A． B． C． D．
4．设，则
A． B． C． D．
5．M、N是曲线y=πsinx与曲线y=πcosx的两个不同的交点,则|MN|的最小值为(　　)
A．π B．π C．π D．2π
6．已知函数，若所有点，所构成的平面区域面积为，则（ ）
A． B． C．1 D．
7．已知a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且a⊂α，b⊂β，aβ，bα，则“ab“是“αβ”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
8．函数的图像大致为（ ）
A． B．
C． D．
9．已知函数，，若，对任意恒有，在区间上有且只有一个使，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
10．在中，点为中点，过点的直线与，所在直线分别交于点，，若，，则的最小值为（ ）
A． B．2 C．3 D．
11．两圆和相外切，且，则的最大值为（ ）
A． B．9 C． D．1
12．刘徽(约公元225年-295年)，魏晋期间伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基人之一他在割圆术中提出的，“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这可视为中国古代极限观念的佳作，割圆术的核心思想是将一个圆的内接正n边形等分成n个等腰三角形(如图所示)，当n变得很大时，这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思想，得到的近似值为（ ）

A． B． C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13． (x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为________.
14．在的二项展开式中，所有项的系数的和为________
15．已知的展开式中含有的项的系数是，则展开式中各项系数和为______.
16．实数满足，则的最大值为_____．
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）（江苏省徐州市高三第一次质量检测数学试题）在平面直角坐标系中，已知平行于轴的动直线交抛物线： 于点，点为的焦点.圆心不在轴上的圆与直线， ， 轴都相切，设的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）若直线与曲线相切于点，过且垂直于的直线为，直线， 分别与轴相交于点， .当线段的长度最小时，求的值.
18．（12分）已知函数，
（1）证明：在区间单调递减；
（2）证明：对任意的有．
19．（12分）如图，直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，，，，分别为，的中点，为棱上一点，若平面.

（1）求线段的长；
（2）求二面角的余弦值.
20．（12分）已知各项均为正数的数列的前项和为，满足，，，，恰为等比数列的前3项．
（1）求数列，的通项公式；
（2）求数列的前项和为；若对均满足，求整数的最大值；
（3）是否存在数列满足等式成立，若存在，求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由．
21．（12分）如图所示，四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥底面ABCD，PC＝CD＝2，E为AB的中点，底面四边形ABCD满足∠ADC＝∠DCB＝90°，AD＝1，BC＝1．

（Ⅰ）求证：平面PDE⊥平面PAC；
（Ⅱ）求直线PC与平面PDE所成角的正弦值；
（Ⅲ）求二面角D﹣PE﹣B的余弦值．
22．（10分）已知函数，其中，．
（1）当时，求的值；
（2）当的最小正周期为时，求在上的值域．
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】
根据可导函数在极值点处的导数值为，得出，再由等比数列的性质可得.
【详解】
解：依题意、是函数的极值点，也就是的两个根
∴
又是正项等比数列，所以
∴.
故选：B
本题主要考查了等比数列下标和性质以应用，属于中档题.
2．B
【解析】
先根据图象求出函数的解析式,再由平移知识得到的解析式,然后分别找出
和的等价条件,即可根据充分条件,必要条件的定义求出.
【详解】
设,根据图象可知,
,
再由, 取,
∴.
将函数的图象向右平移个单位长度,得到函数的图象,
∴.
,,
令,则,显然,
∴是的必要不充分条件.
故选：B．
本题主要考查利用图象求正(余)弦型函数的解析式,三角函数的图形变换, 二倍角公式的应用,充分条件,必要条件的定义的应用,意在考查学生的数学运算能力和逻辑推理能力,属于中档题.
3．D
【解析】
分别求出球和圆柱的体积，然后可得比值.
【详解】
设圆柱的底面圆半径为，则，所以圆柱的体积.又球的体积，所以球的体积与圆柱的体积的比，故选D.
本题主要考查几何体的体积求解，侧重考查数学运算的核心素养.
4．C
【解析】
分析：利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数，然后求解复数的模.
详解：
，
则，故选c.
点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.

5．C
【解析】
两函数的图象如图所示,则图中|MN|最小,

设M(x1,y1),N(x2,y2),
则x1=,x2=π,
|x1-x2|=π,
|y1-y2|=|πsinx1-πcosx2|
=π+π
=π,
∴|MN|==π.故选C.
6．D
【解析】
依题意，可得，在上单调递增，于是可得在上的值域为，继而可得，解之即可.
【详解】
解：，因为，，
所以，在上单调递增，
则在上的值域为，
因为所有点所构成的平面区域面积为，
所以，
解得，
故选：D.
本题考查利用导数研究函数的单调性，理解题意，得到是关键，考查运算能力，属于中档题．
7．D
解析】
根据面面平行的判定及性质求解即可．
【详解】
解：a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α，
由a∥b，不一定有α∥β，α与β可能相交；
反之，由α∥β，可得a∥b或a与b异面，
∴a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α，
则“a∥b“是“α∥β”的既不充分也不必要条件．
故选：D.
本题主要考查充分条件与必要条件的判断，考查面面平行的判定与性质，属于基础题．
8．A
【解析】
根据排除，，利用极限思想进行排除即可．
【详解】
解：函数的定义域为，恒成立，排除，，
当时，，当，，排除，
故选：．
本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数值的符号以及极限思想是解决本题的关键，属于基础题．
9．C
【解析】
根据的零点和最值点列方程组，求得的表达式（用表示），根据在上有且只有一个最大值，求得的取值范围，求得对应的取值范围，由为整数对的取值进行验证，由此求得的最大值.
【详解】
由题意知，则其中，．
又在上有且只有一个最大值，所以，得，即，所以，又，因此．
①当时，，此时取可使成立，当时，，所以当或时，都成立，舍去；
②当时，，此时取可使成立，当时，，所以当或时，都成立，舍去；
③当时，，此时取可使成立，当时，，所以当时，成立；
综上所得的最大值为．
故选:C
本小题主要考查三角函数的零点和最值，考查三角函数的性质，考查化归与转化的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.
10．B
【解析】
由，，三点共线，可得，转化，利用均值不等式，即得解.
【详解】
因为点为中点，所以，
又因为，，
所以．
因为，，三点共线，
所以，
所以，
当且仅当即时等号成立，
所以的最小值为1．
故选：B
本题考查了三点共线的向量表示和利用均值不等式求最值，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
11．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.
12．A
【解析】
设圆的半径为,每个等腰三角形的顶角为,则每个等腰三角形的面积为,由割圆术可得圆的面积为,整理可得,当时即可为所求.
【详解】
由割圆术可知当n变得很大时,这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积,
设圆的半径为,每个等腰三角形的顶角为,
所以每个等腰三角形的面积为,
所以圆的面积为,即,
所以当时,可得,
故选:A
本题考查三角形面积公式的应用,考查阅读分析能力.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．40
【解析】
先求出的展开式的通项，再求出即得解.
【详解】
设的展开式的通项为，
令r=3,则，
令r=2,则，
所以展开式中含x3y3的项为.
所以x3y3的系数为40.
故答案为：40
本题主要考查二项式定理求指定项的系数，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
14．1
【解析】
设，令，的值即为所有项的系数之和。
【详解】
设，令，
所有项的系数的和为。
本题主要考查二项式展开式所有项的系数的和的求法─赋值法。一般地，
对于 ，展开式各项系数之和为，注意与“二项式系数之和”区分。
15．1
【解析】
由二项式定理及展开式通项公式得：，解得，令得：展开式中各项系数和，得解．
【详解】
解：由的展开式的通项
令，
得含有的项的系数是，
解得，
令得：展开式中各项系数和为，
故答案为：1．
本题考查了二项式定理及展开式通项公式，属于中档题．
16．．
【解析】
画出可行域，解出可行域的顶点坐标，代入目标函数求出相应的数值，比较大小得到目标函数最值.
【详解】
解：作出可行域，如图所示，
则当直线过点时直线的截距最大，z取最大值．
由同理
，，
取最大值．
故答案为： ．
本题考查线性规划的线性目标函数的最优解问题. 线性目标函数的最优解一般在平面区域的顶点或边界处取得，所以对于一般的线性规划问题，若可行域是一个封闭的图形，我们可以直接解出可行域的顶点，然后将坐标代入目标函数求出相应的数值，从而确定目标函数的最值；若可行域不是封闭图形还是需要借助截距的几何意义来求最值.

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)见解析.
【解析】
试题分析：（1）设根据题意得到，化简得到轨迹方程；（2）设， ，，，构造函数研究函数的单调性，得到函数的最值.
解析：
（1）因为抛物线的方程为，所以的坐标为，
设，因为圆与轴、直线都相切，平行于轴，
所以圆的半径为，点 ，则直线的方程为，即，
所以，又，所以，即，
所以的方程为 ．
（2）设， ，，
由（1）知，点处的切线的斜率存在，由对称性不妨设，
由，所以，，
所以，，
所以．
令，，则，
由得，由得，
所以在区间单调递减，在单调递增，
所以当时，取得极小值也是最小值，即取得最小值， 此时．
点睛：求轨迹方程，一般是问谁设谁的坐标然后根据题目等式直接求解即可，而对于直线与曲线的综合问题要先分析题意转化为等式，例如，可以转化为向量坐标进行运算也可以转化为斜率来理解，然后借助韦达定理求解即可运算此类题计算一定要仔细.
18．（1）答案见解析．（2）答案见解析
【解析】
（1）利用复合函数求导求出，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解.
（2）首先证，令，求导可得单调递增，由即可证出；再令，再利用导数可得单调递增，由即可证出.
【详解】
（1）
显然时，，故在单调递减．
（2）首先证，令，
则
单调递增，且，所以
再令，

所以单调递增，即，
∴

本题考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数证明不等式，解题的关键掌握复合函数求导，属于难题.
19．（1）（2）
【解析】
（1）先证得，设与交于点，在中解直角三角形求得，由此求得的值.
（2）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出二面角的余弦值.
【详解】
（1）由题意，，
设与交于点，在中，可求得，则，
可求得，则
（2）以为原点，方向为轴，方向为轴，方向为轴，
建立空间直角坐标系.
，
，，易得平面的法向量为.
，，易得平面的法向量为.
设二面角为，由图可知为锐角，所以
.
即二面角的余弦值为.

本小题主要考查根据线面垂直求边长，考查二面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
20．（2），（2），的最大整数是2．（3）存在，
【解析】
（2）由可得（），然后把这两个等式相减，化简得，公差为2，因为，，为等比数列，所以，化简计算得，，从而得到数列的通项公式，再计算出 ，，，从而可求出数列的通项公式；
（2）令，化简计算得，从而可得数列是递增的，所以只要的最小值大于即可，而的最小值为，所以可得答案；
（3）由题意可知，，
即，这个可看成一个数列的前项和，再写出其前（）项和，两式相减得，，利用同样的方法可得.
【详解】
解：（2）由题，当时，，即
当时， ① ②
①-②得，整理得，又因为各项均为正数的数列．
故是从第二项的等差数列，公差为2．
又恰为等比数列的前3项，
故，解得．又，
故，因为也成立．
故是以为首项，2为公差的等差数列．故．
即2，4，8恰为等比数列的前3项，故是以为首项，公比为的等比数列，
故．综上，
（2）令，则

所以数列是递增的，
若对均满足，只要的最小值大于即可
因为的最小值为，
所以，所以的最大整数是2．
（3）由，得
，
③
④
③-④得， ⑤，
⑥
⑤-⑥得，，
所以存在这样的数列，
此题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式，最值，恒成立问题，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.
21．（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）．（Ⅲ）﹣．
【解析】
（Ⅰ）由题知，如图以点为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，计算，证明，从而平面PAC，即可得证；
（Ⅱ）求解平面PDE的一个法向量，计算，即可得直线PC与平面PDE所成角的正弦值；
（Ⅲ）求解平面PBE的一个法向量，计算，即可得二面角D﹣PE﹣B的余弦值．
【详解】
（Ⅰ）PC⊥底面ABCD，，

如图以点为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
，，
，又，平面PAC，
平面PDE，平面PDE⊥平面PAC；
（Ⅱ）设为平面PDE的一个法向量，
又，
则，取，得
，
直线PC与平面PDE所成角的正弦值；
（Ⅲ）设为平面PBE的一个法向量，
又
则，取，得，
，
二面角D﹣PE﹣B的余弦值﹣.
本题主要考查了平面与平面的垂直，直线与平面所成角的计算，二面角大小的求解，考查了空间向量在立体几何中的应用，考查了学生的空间想象能力与运算求解能力.
22．（1）（2）
【解析】
（1）根据，得到函数，然后，直接求解的值；
（2）首先，化简函数，然后，结合周期公式，得到，再结合，及正弦函数的性质解答即可．
【详解】
（1）因为，所以

（2）因为

即
因为，所以
所以
因为
所以
所以当时，．当时，（最大值）
当时，
在是增函数，在是减函数．
的值域是．
本题主要考查了简单角的三角函数值的求解方法，两角和与差的正弦、余弦公式，三角函数的图象与性质等知识，考查了运算求解能力，属于中档题．