2026届安徽省蚌埠市禹会区北京师范大学蚌埠附属学校高三下学期第五次调研考试数学试题含解析

这是一份2026届安徽省蚌埠市禹会区北京师范大学蚌埠附属学校高三下学期第五次调研考试数学试题含解析，共12页。试卷主要包含了已知，，，若，则正数可以为，阿基米德，已知直线是曲线的切线，则，函数在上为增函数，则的值可以是，已知的面积是,, ,则等内容，欢迎下载使用。
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
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．集合的真子集的个数是（ ）
A．B．C．D．
2．已知函数，，则的极大值点为( )
A．B．C．D．
3．棱长为2的正方体内有一个内切球，过正方体中两条异面直线，的中点作直线，则该直线被球面截在球内的线段的长为（ ）
A．B．C．D．1
4．已知奇函数是上的减函数，若满足不等式组，则的最小值为（ ）
A．-4B．-2C．0D．4
5．已知，，，若，则正数可以为（ ）
A．4B．23C．8D．17
6．阿基米德（公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的哲学家、数学家和物理学家，他和高斯、牛顿并列被称为世界三大数学家.据说，他自己觉得最为满意的一个数学发现就是“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”.他特别喜欢这个结论，要求后人在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球，如图，该球顶天立地，四周碰边，表面积为的圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则该球的体积为 （ ）
A．B．C．D．
7．已知直线是曲线的切线，则（ ）
A．或1B．或2C．或D．或1
8．函数在上为增函数，则的值可以是( )
A．0B．C．D．
9．已知的面积是,, ,则（ ）
A．5B．或1C．5或1D．
10．已知函数，若对任意，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
11．（ ）
A．B．C．D．
12．若复数z满足,则复数z在复平面内对应的点在( )
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知非零向量，满足，且，则与的夹角为____________.
14．设实数满足约束条件,则的最大值为______.
15．对于任意的正数，不等式恒成立，则的最大值为_____.
16．已知复数，其中为虚数单位，若复数为纯虚数，则实数的值是__．
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）如图，在中，点在上，，，.
（1）求的值；
（2）若，求的长.
18．（12分）已知是抛物线：的焦点，点在上，到轴的距离比小1.
（1）求的方程；
（2）设直线与交于另一点，为的中点，点在轴上，.若，求直线的斜率.
19．（12分）在中国，不仅是购物，而且从共享单车到医院挂号再到公共缴费，日常生活中几乎全部领域都支持手机支付.出门不带现金的人数正在迅速增加。中国人民大学和法国调查公司益普索合作，调查了腾讯服务的6000名用户，从中随机抽取了60名，统计他们出门随身携带现金（单位：元）如茎叶图如示，规定：随身携带的现金在100元以下（不含100元）的为“手机支付族”，其他为“非手机支付族”.

（1）根据上述样本数据，将列联表补充完整，并判断有多大的把握认为“手机支付族”与“性别”有关？
（2）用样本估计总体，若从腾讯服务的用户中随机抽取3位女性用户，这3位用户中“手机支付族”的人数为，求随机变量的期望和方差；
（3）某商场为了推广手机支付，特推出两种优惠方案，方案一：手机支付消费每满1000元可直减100元；方案二：手机支付消费每满1000元可抽奖2次，每次中奖的概率同为，且每次抽奖互不影响，中奖一次打9折，中奖两次打8.5折.如果你打算用手机支付购买某样价值1200元的商品，请从实际付款金额的数学期望的角度分析，选择哪种优惠方案更划算？
附：
20．（12分）在中， 角，，的对边分别为， 其中， .
（1）求角的值；
（2）若，，为边上的任意一点，求的最小值.
21．（12分）已知圆的极坐标方程是，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线的参数方程是是参数），若直线与圆相切，求实数的值.
22．（10分）已知椭圆的左顶点为，左、右焦点分别为，离心率为，是椭圆上的一个动点（不与左、右顶点重合），且的周长为6，点关于原点的对称点为，直线交于点.
（1）求椭圆方程；
（2）若直线与椭圆交于另一点，且，求点的坐标.
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、C
【解析】
根据含有个元素的集合，有个子集，有个真子集，计算可得；
【详解】
解：集合含有个元素，则集合的真子集有（个），
故选：C
【点睛】
考查列举法的定义，集合元素的概念，以及真子集的概念，对于含有个元素的集合，有个子集，有个真子集，属于基础题．
2、A
【解析】
求出函数的导函数，令导数为零，根据函数单调性，求得极大值点即可.
【详解】
因为，
故可得，
令，因为，
故可得或，
则在区间单调递增，
在单调递减，在单调递增，
故的极大值点为.
故选：A.
【点睛】
本题考查利用导数求函数的极值点，属基础题.
3、C
【解析】
连结并延长PO，交对棱C1D1于R，则R为对棱的中点，取MN的中点H，则OH⊥MN，推导出OH∥RQ，且OH＝RQ＝，由此能求出该直线被球面截在球内的线段的长．
【详解】
如图，
MN为该直线被球面截在球内的线段
连结并延长PO，交对棱C1D1于R，
则R为对棱的中点，取MN的中点H，则OH⊥MN，
∴OH∥RQ，且OH＝RQ＝，
∴MH＝＝＝，
∴MN＝．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查该直线被球面截在球内的线段的长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
4、B
【解析】
根据函数的奇偶性和单调性得到可行域，画出可行域和目标函数，根据目标函数的几何意义平移得到答案.
【详解】
奇函数是上的减函数，则，且，画出可行域和目标函数，
，即，表示直线与轴截距的相反数，
根据平移得到：当直线过点，即时，有最小值为.
故选：.
【点睛】
本题考查了函数的单调性和奇偶性，线性规划问题，意在考查学生的综合应用能力，画出图像是解题的关键.
5、C
【解析】
首先根据对数函数的性质求出的取值范围，再代入验证即可；
【详解】
解：∵，∴当时，满足，∴实数可以为8.
故选：C
【点睛】
本题考查对数函数的性质的应用，属于基础题.
6、C
【解析】
设球的半径为R，根据组合体的关系，圆柱的表面积为，解得球的半径，再代入球的体积公式求解.
【详解】
设球的半径为R，
根据题意圆柱的表面积为，
解得，
所以该球的体积为 .
故选：C
【点睛】
本题主要考查组合体的表面积和体积，还考查了对数学史了解，属于基础题.
7、D
【解析】
求得直线的斜率，利用曲线的导数，求得切点坐标，代入直线方程，求得的值.
【详解】
直线的斜率为，
对于，令，解得，故切点为，代入直线方程得，解得或1.
故选：D
【点睛】
本小题主要考查根据切线方程求参数，属于基础题.
8、D
【解析】
依次将选项中的代入，结合正弦、余弦函数的图象即可得到答案.
【详解】
当时，在上不单调，故A不正确；
当时，在上单调递减，故B不正确；
当时，在上不单调，故C不正确；
当时，在上单调递增，故D正确.
故选：D
【点睛】
本题考查正弦、余弦函数的单调性，涉及到诱导公式的应用，是一道容易题.
9、B
【解析】
∵，,
∴
①若为钝角，则，由余弦定理得，
解得；
②若为锐角，则，同理得.
故选B.
10、D
【解析】
先将所求问题转化为对任意恒成立，即得图象恒在函数
图象的上方，再利用数形结合即可解决.
【详解】
由得，由题意函数得图象恒在函数图象的上方，
作出函数的图象如图所示
过原点作函数的切线，设切点为，则，解得，所以切
线斜率为，所以，解得.
故选：D.
【点睛】
本题考查导数在不等式恒成立中的应用，考查了学生转化与化归思想以及数形结合的思想，是一道中档题.
11、A
【解析】
分子分母同乘,即根据复数的除法法则求解即可.
【详解】
解:,
故选:A
【点睛】
本题考查复数的除法运算,属于基础题.
12、A
【解析】
化简复数，求得，得到复数在复平面对应点的坐标，即可求解.
【详解】
由题意，复数z满足，可得，
所以复数在复平面内对应点的坐标为位于第一象限
故选：A.
【点睛】
本题主要考查了复数的运算，以及复数的几何表示方法，其中解答中熟记复数的运算法则，结合复数的表示方法求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、（或写成）
【解析】
设与的夹角为，通过，可得，化简整理可求出，从而得到答案.
【详解】
设与的夹角为
可得，
故，将代入可得
得到，
于是与的夹角为.
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查向量的数量积运算，向量垂直转化为数量积为0是解决本题的关键，意在考查学生的转化能力，分析能力及计算能力.
14、
【解析】
试题分析：作出不等式组所表示的平面区域如图，当直线过点时，最大，且
考点：线性规划.
15、
【解析】
根据均为正数，等价于恒成立，令，转化为恒成立，利用基本不等式求解最值.
【详解】
由题均为正数，不等式恒成立，等价于
恒成立，
令则，
当且仅当即时取得等号，
故的最大值为.
故答案为：
【点睛】
此题考查不等式恒成立求参数的取值范围，关键在于合理进行等价变形，此题可以构造二次函数求解，也可利用基本不等式求解.
16、2
【解析】
由题，得，然后根据纯虚数的定义，即可得到本题答案.
【详解】
由题，得，又复数为纯虚数，
所以，解得.
故答案为：2
【点睛】
本题主要考查纯虚数定义的应用，属基础题.
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）由两角差的正弦公式计算；
（2）由正弦定理求得，再由余弦定理求得．
【详解】
（1）因为，所以.
因为，所以，
所以.
（2）在中，由，得，
在中，由余弦定理可得，
所以.
【点睛】
本题考查两角差的正弦公式，考查正弦定理和余弦定理，属于中档题．
18、（1）（2）
【解析】
（1）由抛物线定义可知，解得，故抛物线的方程为；
（2）设直线：，联立，利用韦达定理算出的中点，又，所以直线的方程为，
求出，利用求解即可.
【详解】
（1）设的准线为，过作于，则由抛物线定义，得，
因为到的距离比到轴的距离大1，所以，解得，
所以的方程为
（2）由题意，设直线方程为，
由消去，得，
设，，则，
所以，
又因为为的中点，点的坐标为，
直线的方程为，
令，得，点的坐标为，
所以，
解得，所以直线的斜率为.
【点睛】
本题主要考查抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系等基础知识，考查学生的运算求解能力.涉及抛物线的弦的中点，斜率问题时，可采用韦达定理或“点差法”求解.
19、（1）列联表见解析，99%；（2），；（3）第二种优惠方案更划算.
【解析】
（1）根据已知数据得出列联表，再根据独立性检验得出结论；
（2）有数据可知，女性中“手机支付族”的概率为，知服从二项分布，即，可求得其期望和方差；
（3）若选方案一，则需付款元，若选方案二，设实际付款元，，则的取值为1200，1080，1020，求出实际付款的期望，再比较两个方案中的付款的金额的大小，可得出选择的方案.
【详解】
（1）由已知得出联列表：
，所以，
有99%的把握认为“手机支付族”与“性别”有关；
（2）有数据可知，女性中“手机支付族”的概率为， ，
；
（3）若选方案一，则需付款元
若选方案二，设实际付款元，，则的取值为1200，1080，1020，
，，，

选择第二种优惠方案更划算
【点睛】
本题考查独立性检验，二项分布的期望和方差，以及由期望值确定决策方案，属于中档题.
20、（1）；（2）.
【解析】
（1）利用余弦定理和二倍角的正弦公式，化简即可得出结果；
（2）在中， 由余弦定理得，在中结合正弦定理求出，从而得出，即可得出的解析式，最后结合斜率的几何意义，即可求出的最小值.
【详解】
（1） ，
，
由题知，，则，则
，
，
；
（2）在中， 由余弦定理得，
，
设， 其中.
在中，，
，
，
，
所以，
，
所以的几何意义为两点连线斜率的相反数，
数形结合可得，
故的最小值为.
【点睛】
本题考查正弦定理和余弦定理的实际应用，还涉及二倍角正弦公式和诱导公式，考查计算能力.
21、
【解析】
将圆的极坐标方程化为直角坐标方程，直线的参数方程化为普通方程，再根据直线与圆相切，利用圆心到直线的距离等于半径，即可求实数的值.
【详解】
由，得，
， 即圆的方程为，
又由消，得，
直线与圆相切，，．
【点睛】
本题重点考查方程的互化，考查直线与圆的位置关系，解题的关键是利用圆心到直线的距离等于半径,研究直线与圆相切.
22、（1）；（2）或
【解析】
（1）根据的周长为，结合离心率，求出，即可求出方程；
（2）设，则，求出直线方程，若斜率不存在，求出坐标，直接验证是否满足题意，若斜率存在，求出其方程，与直线方程联立，求出点坐标，根据和三点共线，将点坐标用表示，坐标代入椭圆方程，即可求解.
【详解】
（1）因为椭圆的离心率为，的周长为6，
设椭圆的焦距为，则
解得，，，
所以椭圆方程为.
（2）设，则，且，
所以的方程为①.
若，则的方程为②，由对称性不妨令点在轴上方，
则，，联立①，②解得即.
的方程为，代入椭圆方程得
，整理得，
或，.
，不符合条件.
若，则的方程为，
即③.
联立①，③可解得所以.
因为，设
所以，即.
又因为位于轴异侧，所以.
因为三点共线，即应与共线，
所以，即，
所以，又，
所以，解得，所以，
所以点的坐标为或.
【点睛】
本题考查椭圆的标准方程以及应用、直线与椭圆的位置关系，考查分类讨论思想和计算求解能力，属于较难题.

0.050
0.010
0.001

3.841
6.635
10.828