精品解析：辽宁鞍山市2026届高三下学期5月份质量检测数学试卷（有答案）

这是一份精品解析：辽宁鞍山市2026届高三下学期5月份质量检测数学试卷（有答案），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为，，所以.
2. 若复数满足，则复数虚部为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可得，
所以复数虚部为.
3. 为研究某池塘中水生植物覆盖池塘的面积（单位：）与水生植物的株数（单位：株）之间的相关关系，收集了4组数据，如表格所示，得到与的线性回归方程，则（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可得，，
所以样本中心点为，又与的线性回归方程，
所以，解得.
4. 已知是抛物线的焦点，点在抛物线上，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据抛物线的定义，将焦半径转化为点到准线的距离即得.
【详解】由可得：，则抛物线的准线方程为：直线，又，则.
故选：D.
5. 已知是两条不同直线，，是两个不同的平面，且，，∥，∥，则“与为异面直线”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
【答案】A
【解析】
【分析】
根据面面平行的判定定理分析即可.
【详解】过作平面，使平面平面，由线面平行的性质定理可得∥，因为与为
异面直线，所以与必然相交，（否则有∥，∥得到∥，与与是异面直线
矛盾），所以由面面平行的判定定理知∥；反过来若∥，则与不一定为异面直
线，可能∥，故“与为异面直线”是 “∥”的充分不必要条件.
故选：A
【点睛】本题考查充分条件、必要条件的判断，涉及到面面平行的判定定理，考查学生的逻辑推理能力，是一道容易题.
6. 在中，点D为边的中点，过点D的直线与，两边（或其延长线）分别交于点E，F，设，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用三点共线的向量表示求得的等量关系式，再利用基本不等式求得的最小值.
【详解】因为是的中点，所以，
由于三点共线，所以，其中，
，
当且仅当，即时等号成立.
所以的最小值为.
7. 将正整数分解为两个正整数，的积，即，当，两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解．如，即为的最优分解，当，是的最优分解时，定义，则数列的前100项和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出φ5n的通项公式，再求其前100项的和.
【详解】当为偶数时，设，，
5n=52k=5k×5k，
所以φ5n=5k−5k=0 ；
当为奇数时，设，，
5n=52m−1=5m−1×5m，
所以φ5n=5m−1−5m=5m−11−5=4×5m−1=4×5n−12；
所以φ5n的前100项和为4×50+0+4×51+0+⋯+4×549+0=4×501−5501−5=550−1 .
8. 定义在上的偶函数满足，且当时，，若关于x的方程至少有8个实数解，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的周期性画出函数的图象，利用对称性判断轴两个函数图象交点个数列出不等式，解不等式即可得到范围.
【详解】由已知满足， 且函数为偶函数，
所以，
令，
所以函数是周期为的周期函数.
又因为与函数都是偶函数，由对称性可知
由于关于的方程至少有8个实数解，
故当时，与至少有个交点.
函数与图象如图所示.
由图可知：当时，只需，解得 ，
当时，只需，解得，
当时，显然符合题意.
综上所述：.
二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．
9. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论中正确的有（ ）
A. 函数的最小正周期
B. 是函数的一个对称中心
C. 函数在区间上的值域为
D. 将函数的图象向左平移后得到的图象，则
【答案】AD
【解析】
【分析】先根据图象得到解析式，再根据三角函数性质和三角变换逐项判断.
【详解】由图，，所以，所以，
图象经过点，代入解析式得，
所以，解得，又，
所以，所以，
对于A：由上分析可知，A正确；
对于B：将代入解析式得，
正弦函数的对称中心是其函数值为0的点，B错误；
对于C：因为，所以，
当，即时，取得最小值，C错误；
对于D：将函数的图象向左平移后得到，
则，D正确；
故选：AD.
10. 已知数列满足设，记数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 是等比数列
C. D.
【答案】BC
【解析】
【详解】依题意，，故A错误；
因为，，
所以是以6为首项，2为公比的等比数列，故正确；
所以，所以，
所以，故C正确；
，故D错误．
11. 函数的图象（如图）称为牛顿三叉戟曲线，则（ ）
A. 的极小值点为
B. 当时，
C. 过原点且与曲线相切的直线仅有2条
D. 若，，则的最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】对函数求导，由导数确定极小值点即可判断选项A；按与的大小化简即可判断选项B；设切点坐标，由导数的几何意义求出切点坐标即可判断选项C；化简，并将转化为一新变量的函数，求其最小值即可判断选项D.
【详解】由函数知，，求导得：，
对于A选项：，，则的极小值点为，A不正确；
对于B选项：时，，时，
时，，即时，恒有，B正确；
对于C选项：设切点坐标为，则切线斜率为，切线方程为，
而切线过原点，则有，解得，即过原点且与曲线相切的直线有一条，C不正确；
对于D选项：时，，
，令，则，
，时，时，
函数在上递增，在上递减，时
即有最小值3，的最小为，D正确.
故选：BD
【点睛】结论点睛：区间D上的可导函数f(x)的导函数为，则函数f(x)在x0(x0∈D)处的切线方程为：.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在二项式的展开式中，若所有项的系数之和等于64，那么在这个展开式中，项的系数是__________．（用数字作答）
【答案】135
【解析】
【分析】根据给定条件，利用赋值法求出n值，再求出二项式展开式的通项即可求解作答.
【详解】在中，令得所有项的系数之和为，依题意，，解得，
因此的展开式的通项为，
令得：，
所以项的系数是135.
故答案为：135
13. 已知幂函数（），在区间上是单调减函数．若，，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】由幂函数的单调性结合不等式求出，再由同角的三角函数和二倍角的正弦计算即可；
【详解】由题意可得，解得，又，所以，所以，
，所以，
所以，
所以，即，
因为，，所以，
所以，
所以，
所以.
故答案为：.
14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与该双曲线的左、右支分别交于两点，记与的内切圆的半径分别为，若，则的值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】设，先根据双曲线的定义得到，，利用三角形的面积公式可得，，进而得到，再由及余弦定理可得，进而求解即可.
【详解】由双曲线，得，则，，
设，则，
所以，
，
则．
在与中，，
即，整理得，
所以，解得，
所以．
四、解答题：本题共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，实地测量中，在岸边选了3个位置在对岸处，下面得到了一些参数．已知：，，，．
（1）求的长度；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理即可求出；
（2）延长交于点，先在中，求出的值，再利用正弦定理求出的长，最后设，由即可求出.
【小问1详解】
在中，，
．
【小问2详解】
延长交于点，则，所以为等边三角形，，，
由，得，
在中，，
在中，由正弦定理可得，，则，
在中，设，由，可得，则．
故的值为．
16. 如图，在直三棱柱中，底面三角形是边长为2的等边三角形，是棱上一点，且由沿棱柱侧面经过棱到达点的最短路线长为，设这条最短路线与的交点为.
（1）求证：平面；
（2）求平面和平面所成的二面角（锐角）的正切值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用平面展开图求出点的位置，再取线段的中点，以为原点建系，求出平面的法向量，根据即可求证；
（2）利用坐标计算夹角的余弦值，再根据同角三角函数的关系求出.
【小问1详解】
由题意可知，，
点的路径所在平面的展开图如图，
其中最短路径为，
得，则点为的中点，
因为，所以，得，则点为上靠近点的四等分点，
分别取线段的中点，连接，
易知平面，，故以点为原点，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为等边的边长为，所以，
则，
则，
设平面的法向量为，
则，令，则，
则，即，
又平面，所以平面；
【小问2详解】
易得，平面的法向量为，
则，
则平面和平面所成的二面角（锐角）的余弦值为，
故平面和平面所成的二面角（锐角）的正切值为.
17. 年，我国某航天公司研发的“低轨卫星通信终端（星链终端）”核心信号处理系统内置个量子芯片元件，每个元件在太空环境下正常工作的概率为，各元件工作状态相互独立.
（1）当时记系统中正常工作的元件个数为随机变量，回答以下问题：
①求的分布列及数学期望；
②若有超过一半的元件正常工作，则系统正常工作，系统正常工作的概率称为系统的可靠性.为改善时系统的可靠性，能否通过增加一个量子芯片元件即提高系统的可靠性？请给出你的结论并证明.
（2）该公司从某批次量子芯片中随机抽取了100个元件，在“模拟太空环境”和“地面实验室环境”下测试其工作状态，得到如下列联表：
请根据小概率值独立性检验，能否认为元件工作状态与测试环境有关联？
附：，.
【答案】（1）①分布列见解析，；②答案见解析
（2）没有的把握认为元件工作状态与测试环境有关联.
【解析】
【分析】（1）①由题意可知，利用二项分布可得出随机变量的分布列，进而可得出的值；
②方法一：计算出时系统的可靠性，时系统的可靠性，比较大小后可得出结论；
方法二：记时系统的可靠性为，记时系统的可靠性为，根据题意得出与之间的关系，比较大小后可得出结论；
（2）计算出的观测值，结合临界值表可得出结论.
【小问1详解】
①由题意可知，所以，
，，
，，
，
则的分布列如下：
故；
②（方法1）当时记系统中正常工作的元件数为随机变量，则，
记时系统的可靠性为，记时系统的可靠性为，
故，
，
故，
故时增加一个量子芯片元件即，能提高系统的可靠性；
（方法2）记事件为新增加的这个量子芯片元件正常工作，
当时记系统中正常工作的元件数为随机变量，
当时记系统的可靠性为，当时记系统的可靠性为，
有，.
则
即
即，
故时增加一个量子芯片元件即，能提高系统的可靠性.
【小问2详解】
由已知有，
故没有的把握认为元件工作状态与测试环境有关联.
18. 在平面直角坐标系中，定义，两点之间的“曼哈顿距离”为，我们把到两个定点，的“曼哈顿距离”之和为常数的点的轨迹叫“曼哈顿椭圆”．
（1）请分析“曼哈顿椭圆”的对称性，并求出它的面积（用表示）；
（2）当，时，该“曼哈顿椭圆”的顶点都在椭圆C上，过点作圆的两条切线与椭圆分别交于两点．
（ⅰ）求椭圆的方程；
（ⅱ）判断直线与圆的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）“曼哈顿椭圆”关于轴对称，关于轴对称，关于原点对称；.
（2）（ⅰ）；（ⅱ）直线与圆相切，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据曼哈顿距离定义推导轨迹方程，利用绝对值性质判断对称性，分段讨论第一象限图形并求总面积；
（2）代入顶点坐标求椭圆标准方程；设切线联立方程，用韦达定理与距离公式判断直线与圆的位置关系.
【小问1详解】
设“曼哈顿椭圆”上任意一点为，则，
即，即，
所以“曼哈顿椭圆”的方程为.
将方程中替换为，方程不变，所以“曼哈顿椭圆”关于轴对称；
将方程中替换为，方程不变，所以“曼哈顿椭圆”关于轴对称；
同时将方程中替换为，替换为，方程仍不变，所以“曼哈顿椭圆”也关于原点对称．
只需分析出第一象限的图象即可，当，时，方程为；
当，时，方程为，“曼哈顿椭圆”图形如图所示．
其面积为．
【小问2详解】
（ⅰ）∵，，
∴椭圆的左右顶点分别为，.
设椭圆的方程为，过点则，
即，所以椭圆的方程为．
（ⅱ）直线与圆相切，理由如下：
设过点与圆相切的直线方程为．则，，
，解得或．
设点，．则，．
直线的斜率为．
故直线的方程为，又，化简得直线方程为．
因此，圆心到直线的距离为，即直线与圆相切．
【点睛】根据距离定义建立方程；韦达定理处理斜率；圆心到直线的距离可以用于判断直线与圆位置关系.
19. 已知函数.
（1）当时，求证：；
（2）若对于恒成立，求的取值范围；
（3）若存在，使得，求证：.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由由，得，构造函数，求解单调性，证明结果;
（2）求解令，则，分类讨论求解的范围;
（3）由（2）知，设，判断单调性，，所以只需证，由，即，只需证
（*）进而证明结果.
【小问1详解】
由，得.
要证，只需证.
令，则.
当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增，
所以，故，
因此.
【小问2详解】
令，则
①当时，由，得，
因此，满足题意.
②当时，由，得，
因此，则在上单调递增.
若，则，
则在上单调递增，
所以，满足题意；
若，则，
因此在存在唯一的零点，且，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，不合题意.
综上，的取值范围为.
【小问3详解】
由（2）知，设，
则在上单调递减，在上单调递增，
注意到，
故在上存在唯一的零点.
注意到，且在上单调递增.
要证明，只需证，
因为，所以只需证，
即证.
因为，即，
所以，只需证，
只需证（*）
由（1）得，
因此，
设，
则，所以在上单调递增，
所以，
从而，即，因此（*）得证，
从而.3
4
6
7
2
2.5
4.5
正常工作
故障
合计
模拟太空
地面实验室
合计