2026年山西晋中市高三年级5月模拟测试数学试题（附答案解析）

这是一份2026年山西晋中市高三年级5月模拟测试数学试题（附答案解析），共36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
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．若复数满足，则（ ）
A．B．
C．D．
3．已知变量具有线性相关关系，根据一组观测数据利用最小二乘法建立了经验回归方程，若，则（ ）
A．10B．5C．0.5D．0.1
4．已知直线为两条不重合的直线，若与正方体的各棱所成的角相等，则“与正方体的各棱所成的角相等”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
5．记为等差数列的前项和，若，则（ ）
A．B．C．D．
6．的展开式中，的系数为（ ）
A．220B．C．100D．
7．已知且，若函数的值域为，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．已知抛物线的焦点为，过的直线与交于两点，过点分别向的准线作垂线，垂足为，若中点的纵坐标为2，则的方程为（ ）
A．或B．或
C．或D．或
二、多选题
9．已知正整数数列满足，且，则的前4项和的值可以是（ ）
A．11B．22C．33D．44
10．已知双曲线的左､右焦点分别为为坐标原点，以为直径的圆与的两条渐近线分别交于点（均与点不重合），若，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．的离心率
D．若的焦距为2，则
11．已知函数，则（ ）
A．是的极大值点
B．当时，
C．，使得点是曲线的对称中心
D．，使得，直线与曲线均只有一个公共点
三、填空题
12．已知向量，则与的夹角为__________.
13．已知函数的定义域为是偶函数，，则__________.
14．如图，点是函数的图象与直线的相邻的三个交点，是的图象与轴的交点，若，则______.
四、解答题
15．在中，角的对边分别为，且.
(1)求；
(2)若，求的面积.
16．已知椭圆的上､下焦点与左顶点是等腰直角三角形的三个顶点，且过点.
(1)求的方程；
(2)过点且不与坐标轴垂直的直线交于两点，求证：.
17．“十四五”期间，我国的机器人产业大爆发，实现了从“低端制造”到“高端突破”的历史性转变. 某学校的兴趣小组在校内随机调查了100名学生，统计其关注的机器人类型，得到如下的统计表：
(1)先按比例用分层随机抽样的方法从上面100名学生中随机抽取10人.
（i）分别求抽取的10人中关注“特种机器人”和关注“表演机器人”的人数；
（ii）再从这10人中随机抽取3人，记抽到关注“特种机器人”的人数为，关注“表演机器人”的人数为，设，求的分布列.
(2)该兴趣小组调查某款表演机器人，得知输入动作指令后其能准确完成指令的概率为，若输入次动作指令，其能准确完成指令的次数为，记事件的概率为，假设每次输入指令相互独立，且，则当为何值时，的值最大？
18．已知函数.
(1)若，求的图象在点处的切线方程.
(2)设函数.
（i）讨论的零点个数；
（ii）若的较大零点为，证明：.
19．如图，在直角梯形中，，为的中点，连接，将沿折起到的位置，得到四棱锥.

(1)求证：.
(2)设二面角的平面角为，且
（i）求直线与平面所成角的正弦值；
（ii）求四面体体积的最大值.
类型
医疗机器人
特种机器人
表演机器人
服务机器人
工业机器人
人数
10
40
30
10
10
《山西晋中市2026届高三年级5月模拟测试数学试题》参考答案
1．A
【详解】由题可知，则.
2．C
【详解】因为，所以，则.
3．D
【详解】因为经验回归直线一定经过点，所以，解得.
4．B
【详解】直线与正方体的各棱所成的角相等，
则它必与同一顶点出发的三条棱所成的角相等，显然正方体的体对角线满足条件.
当时，由等角定理可知结论成立，即必要性成立，
因正方体的四条体对角线交于同一点，故得不出，充分性不成立.
即“与正方体的各棱所成的角相等”是“”的必要不充分条件.
5．C
【详解】设的公差为.由题可知，
则，，解得.
因为，所以，可知是公差为的等差数列，
即是公差为的等差数列，所以.
6．B
【详解】的展开式的通项为，
所以含有的项的系数为.
7．D
【详解】当时，单调递增，则，
当时，，要使函数的值域为，
则需在时的值域包含，故需满足，
解得.
8．C
【详解】如下图：
由题可知，设，且，
则两式相减得，
则直线的方程为，
因为中点的纵坐标为2，得，
由抛物线的定义可知，
即，
解得或，
故的方程为或.
9．AC
【详解】因为，所以或.
当时，，此时；
当时，或，此时或.
AC选项正确.
10．BCD
【分析】根据双曲线的定义分析选项A.根据圆的性质以及点到直线的距离公式求解选项B.根据三角函数的定义以及范围求解选项C.根据向量数量积以及二次函数的最值求解选项D.
【详解】对于A，若，则应在的右支上，而已知中不在上，故A错误；
对于B，因为为直径，所以，直线的方程为，故，故B正确；
对于C，设的半焦距为，由题可知，在中，，
解得，故C正确；
对于D，若焦距为2，因为，，所以.
则，
当时取等号，故D正确.
11．ACD
【分析】对于A，利用导数确定函数的单调区间，求出极值即可判断；由，结合A中的单调性，即可判断B；判断是否有解，即可判断C；两函数作差得到，根据两曲线只有一个交点求出，再分析单调性，即可判断D.
【详解】对于A，由题可知，
当时，当时，;当时，,
即函数在上单调递增；在上单调递减，故是的极大值点.
当时，令，得或，
当时，在时，，在时，，在时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
当时，在时，，在时，，在时，，
在和上单调递减，在上单调递增，
综上可得，均是的极大值点，故A正确；
对于B，当时，由A项可知在上单调递增，
又因，所以，故B错误；
对于C.
，，
令，可得,
因该式对任意实数恒成立，故可得，
即存在，使得点是曲线的对称中心，故C正确；
对于D，若直线与曲线只有一个公共点，则方程只有一个实根，
令，则，
由，可得，此时,
则在上单调递增，且当时，,当时，，
即当时，函数有且仅有1个零点，故D正确.
12．/
【详解】由题可知，
解得，
所以，又，
则.
13．2
【分析】根据函数的对称性以及奇偶性求出函数的周期，再求解即可.
【详解】由是偶函数，可知是偶函数，则的图像关于直线对称.
由，可知的图象关于点对称，可得
故是的周期.
由，可得，，因此.
14．
【分析】先通过方程的解，得到相邻交点的横坐标差，结合求出；再由和图像单调性确定，最后计算的值.
【详解】令，可得或，.
由题图可知，，所以，
因为，即，故. 因为，即，
又因为点在单调递减区间上，所以可取，则，
从而.
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用诱导公式和正弦定理边角关系，以及二倍角的正弦公式可求得，即可知的大小.
（2）由余弦定理及已知条件可得，进而求得，再应用三角形面积公式可求得的面积.
【详解】（1）由，
可得，
则有，
由正弦定理及倍角公式有，
而，所以有，因为，
所以，所以.
（2）由余弦定理有，则，
故，解得，
又因为，所以，
故的面积.
16．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的方程与几何性质求出，进而得到椭圆方程.
（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，利用向量垂直和韦达定理进行证明即可.
【详解】（1）由是等腰直角三角形，
可得，故.
由过点，有，解得，
故的方程为
（2）由题可知，的斜率存在且不为0，设其方程为，
与的方程联立可得，
，
设，则，
由（1）可知，所以，
又因为，
故
从而有.
17．(1)（i）4，3；
（ii）的分布列为
(2)或时，取得最大值.
【分析】（1）（i）按分层抽样比例计算，从100人中抽取10人，得出关注特种机器人4人、表演机器人3人；（ii）确定的所有可能取值，用组合数计算各取值概率，列出分布列；
（2）利用二项分布概率公式，通过相邻两项比值法判断单调性，求得最大时的值.
【详解】（1）（i）由题可知，抽取的10人中，关注“特种机器人”的有人，
关注“表演机器人”的有人.
（ii）的所有可能取值为，
，
，
，
.
则的分布列为
（2）由题可知，，故.
令，则，
令，可得，令，
可得，令，可得，
所以或时，取得最大值.
18．(1)
(2)（i）当或时，有两个零点，当时，有一个零点；
（ii）证明见解析
【分析】（1）当时，先求与，利用点斜式写出切线方程；
（2）（i）求并因式分解，分、、三种情况讨论单调性与零点个数；
（ii）利用在上的单调性，构造函数，通过导数判断单调性证明不等式.
【详解】（1）当时，，
则，
又因为，
所以的图象在点处的切线方程为，即.
（2）（i）由题可知与的定义域均为，故.
.
令，可得或.
若，则当时，单调递增，当时，
单调递减，当时，单调递增，
，又时，，
所以存在，使得，此时共有两个零点；
若，则单调递增，此时，有一个零点；
若，则当时，单调递增，当时，
单调递减，当时，单调递增，
，又时，，
所以存在，使得，此时共有两个零点.
综上，当或时，有两个零点，当时，有一个零点.
（ii）由，可知.
由在上单调递增，可知即证.
令，
即证，也即证.
令，则，
故在上单调递减.
又，所以，得证.
19．(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）由折叠前后、底面，利用线面垂直判定定理证平面，得证；
（2）（i）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角公式计算正弦值；
（ii）应用四面体体积计算公式得到，要求的最大值，只需求的最大值. 通过差角公式与均值不等式求得的最大值，从而得到体积的最大值.
【详解】（1）

如图，设的中点为，连接.
因为，且，所以四边形是菱形.
在中，有，在中，有，
又，平面，故有平面，
又平面，则.
（2）（i）由（1）知，平面，作平面，又，
所以分别以直线为轴建立空间直角坐标系，
则.
由（1）得，故即为二面角的平面角，
则有，当时，，此时，
故.
设平面的法向量为，
则，即，取，
设直线与平面所成的角为，
则.
（ii）由（1）知平面，所以平面，
记，
则四面体的体积.
由题意，可知，则与在上均单调递增，
要求的最大值，只需求的最大值.
，
令，则，且，
当时，单调递增，当时，单调递减，
当，即时，，当，即时，，
所以当或3时，取得最大值，此时取得最大值，
所以四面体的体积的最大值.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
D
B
C
B
D
C
AC
BCD
题号
11









答案
ACD









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3
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1
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3