浙江省强基联盟2026届高三下学期5月题库（二模）数学试卷（含解析）

这是一份浙江省强基联盟2026届高三下学期5月题库（二模）数学试卷（含解析），共16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．设集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．数据1，2，4，5，7，9的第60百分位数为（ ）
A．4B．5C．6D．7
3．下列函数中，最小正周期为且为偶函数的是（ ）
A．B．C．D．
4．下列函数所表示的曲线中，存在切线与轴平行的是（ ）
A．B．
C．D．
5．已知为直线，为平面，则下列条件是“”的充要条件的是（ ）
A．垂直平面内的两条直线B．垂直平面内的无数条直线
C．的方向向量垂直于平面的法向量D．的方向向量平行于平面的法向量
6．在二项展开式中，前三项的系数成等差数列，则实数的值是（ ）
A．或7B．2或7C．或14D．2或14
7．已知为的外心，且满足，则的值为（ ）
A．2B．C．D．
8．如果一条双曲线的实轴与虚轴分别为另一条双曲线的虚轴与实轴，则这两条双曲线互为共轭双曲线，已知，互为共轭双曲线，且，的离心率分别为，，则的最大值是（ ）
A．1B．C．D．
二、多选题
9．已知抛物线与圆交于两点，则下列说法正确的是（ ）
A．圆心坐标为B．
C．抛物线的准线与圆相切D．过抛物线焦点的直线与圆相交
10．如图，在正三棱台中，为的中点，是上的动点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则下列关于的大小，一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．
11．我国古代典籍《管子·地员篇》最早记载的“三分损益法”是用来算音阶的方法，它是把古琴的一根弦平均分成三截，截短一截就是“三分损一”，加长一截就是“三分益一”.我们取第一个音“黄钟”的弦长81，记为，用“三分损一”得到第二个音“林钟”的弦长，记为，再用“三分益一”得到第三个音“太簇”的弦长，记为，按此规律依次交替损益就能得到“十二律吕”的弦长.把上述依次得到的弦长组成的数列记为（）.则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．，使得D．，都有
三、填空题
12．在复平面内，i为虚数单位，对应的复数是，对应的复数是，则对应的复数是_____.
13．在中，角，，所对的边分别是，，，且，，，则的面积为___________.
14．设关于的方程（为自然对数底数）有个不相等的实数解，则___________.
四、解答题
15．已知数列的前项和为，且满足.
(1)求的值；
(2)求的值.
16．信息安全是互联网时代最重要的安全之一，我国自主研发的量子通信保密传输系统，依靠量子密钥分发实现信息安全传输，该系统采用量子信道和经典信道协同工作，某量子通信保密传输系统在单次密钥分发过程中，量子信道成功密钥生成的概率为，经典信道完成信息匹配的概率为，且两个信道工作相互独立．只有当量子信道密钥生成成功，且经典信道信息匹配成功，则本次有效密钥分发成功，否则本次有效密钥分发失败．
(1)求该系统单次有效密钥分发成功的概率；
(2)若该系统独立进行次密钥分发，记为有效分发成功的次数，求的数学期望；
(3)科研人员对该系统连续传输的密钥准确率进行检测，发现密钥准确率（单位：）服从正态分布．若准确率不低于为“最优传输”，估算次密钥分发中，可用于“最优传输”的次数．
附：若，则，，．
17．如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，且平面，若分别为的中点，点在直线上.
(1)求证：直线与直线为异面直线；
(2)求直线与平面所成角的最大值.
18．已知函数.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若为函数的三个零点，且满足，
①求实数的取值范围；
②求的最小值.
19．为椭圆上异于顶点的动点，且的离心率为，分别为的左、右焦点，为的左顶点，记.
(1)求的方程；
(2)求证：；
(3)设点，过点作一条不与坐标轴垂直的直线，交椭圆于，两点，再过点作一条垂直于轴的直线分别交直线于点.问是否存在，使得点四点共圆（为坐标原点）？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
参考答案
1．C
【详解】由，则
2．B
【详解】易知共6个数据，且，
因此第60百分位数取第四个数即可，即为5.
3．B
【详解】所有选项的定义域都是，
对于A，因为，所以是奇函数，A错误；
对于B：因为，所以是偶函数，
的周期为，加绝对值后，图象把轴下方的部分翻折到上方，周期变为（如图），
B正确；
对于C：，图象为
很显然不具备周期性，C错误；
对于D，是周期为的偶函数，D错误．
4．A
【详解】A选项，的定义域为R，，设切点为，
假设在处的切线与轴平行，
则，则，，
所以曲线的图象上存在与轴平行的切线，A正确；
B选项，的定义域为R，，设切点为，
假设在处的切线与轴平行，
则，无解，故的图象上不存在与轴平行的切线，B错误；
C选项，的定义域为，，设切点为，
假设在处的切线与轴平行，
则，无解，的图象上不存在与轴平行的切线，C错误；
D选项，的定义域为R，，设切点为，
假设在处的切线与轴平行，
则，无解，故的图象上不存在与轴平行的切线，D错误；
5．D
【详解】对于A，垂直平面内的两条直线，若两直线平行，则不能推出，故A错误.
对于B，垂直平面内的无数条直线，若无数条直线两两平行，则不能推出，
故B错误.
对于C，的方向向量垂直于平面的法向量，则或，故C错误.
对于D，的方向向量平行于平面的法向量，则有.
反之，若，则有的方向向量平行于平面的法向量.故D正确.
6．D
【详解】令，得，由，
所以，，
因为成等差数列，所以，
所以，所以，即，
解得或.
7．C
【详解】因为为外心，（外心为三角形各边垂直平分线的交点，所以外心在各边的投影为各边中点），
即在上的投影为，在上的投影为，
所以 ，，
又，
两边点乘得： ，
即，
整理得：，（1）
两边点乘得： ,
即，
整理得：，（2）
联立（1）（2），消去得： ，
化简得： ，即.
8．B
【详解】设双曲线的标准方程为，，则双曲线的标准方程为，，
所以，，
所以，
设，则，
设，则，
令，解得，又因为，所以，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以当，函数有最大值，
所以的最大值为.
9．BCD
【详解】A选项，由，故圆心为，A错误；
B选项，联立抛物线与圆消去得，
解得或，当时，，不合要求，舍去；
当时，，解得，即，则，B正确；
C选项，抛物线的准线为，圆心到的距离为2，等于圆的半径，
故抛物线的准线与圆相切，C正确；
D选项，抛物线焦点坐标为，此时直线过圆的圆心，则与圆一定相交，D正确.
10．AD
【详解】取的中点为，连接 ，作 ，垂足为，连接 ，如下图所示：
根据正三棱台性质可得 ，又因为 ，且 平面 ，
所以平面 ，
又平面 ，所以，
又因为 ， ，且 平面，
所以平面，
依题意可知直线与直线所成角为 ，
直线与平面所成角为 ，二面角的平面角为 ；
易知，且，
即可得 ，所以 ，因此可得A正确，D正确；
又因为当三棱台趋近于三棱柱，且点趋近于点时，此时 ，可得；
当三棱台的高趋近于0，且点趋近于点时，此时 ，可得；
所以的大小无法比较，因此选项B错误，C错误.
11．ABD
【详解】由题意可知：，，，，
则，
可知数列是首项为，公比为的等比数列，则，，
所以，故A正确；
因为，则，即，故B正确；
因为，
即，所以不存在，使得，故C错误；
由等比数列性质可知，即，都有，故D正确.
12．
【详解】复平面上的向量加法与复数加法法则一致，即对应坐标相加，
因为，
所以对应的复数是.
13．
【详解】因为，，，
由正弦定理得，
即，
即，
因为，
所以，
即，
因为，所以，
，
，
，
所以的面积.
14．
【详解】由题意知，，原方程两边同时除以，化简为：，
令，则方程变为：，
解得或，即或，
所以原方程实数解的个数转化为与、图象交点的个数，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以函数在处取得最小值为，
又因为当时，，当时，，
而，所以与、图象各有两个交点，即原方程共有个互不相等的实数解.
由得，两边取自然对数：，即，
同理，由化简得：，
所以.
15．(1)
(2)
【详解】（1）由可得，
所以可得.
当时，可得.
（2）因为，所以.
则
.
16．(1)
(2)
(3)次密钥分发中，“最优传输”的次数约为
【详解】（1）设 “量子信道成功密钥生成”为事件，“经典信道完成信息匹配” 为事件，
由题意得，，且与相互独立，
所以该系统单次有效密钥分发成功的概率；
（2）由题意得，，所以；
（3）由题意得，，则，，
因为“最优传输”要求，即，
所以，
，
所以次密钥分发中，“最优传输”的次数约为．
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取中点，连接、，
由分别为的中点，底面是正方形，
故、，则，故、、、四点共面，
因为平面，，平面，
故直线与直线为异面直线；
（2）由是正三角形，且为中点，故，
由平面，平面，故，
又，、平面，故平面，
故可以以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则、、、、
、、，
由分别为的中点，故、，
则、、、，
设，，则，
设平面的法向量为，
则有，
取，则、，即，
有，
设直线与平面所成角为，
则，
当且仅当时，等号成立，
故最大值为，即直线与平面所成角的最大值为.
18．(1)
(2)① ②
【详解】（1），所以 ，可得点
，所以 ，
所以切线方程为.
（2）①因为，
若，则恒成立，故在上递增，不可能有三个零点，不合题意.
若，则有两个不相等的实数根，记为，且，
故在上递增，在上递减，
因为，所以，
又因为当时，，
令，则，
所以在上递增，且，
同理，所以在和上各有一个零点，又显然是的一个零点.
综上，当函数有三个零点时，可得实数的取值范围为.
②，因为，所以，，
所以，
由，
可得 ，
又因为 ，
根据区间单调性，可得 ，
所以，
又因为，当且仅当，即时等号成立，
所以.
19．(1)
(2)证明见详解
(3)存在，
【详解】（1）由椭圆方程可知：，
因为，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）因为，
由正弦定理可得，
即，整理可得.
（3）假设存在，可设直线，，，且，
联立方程，消去x可得，
则，可得，
则，，
由题意可知：，则直线，
令，可得，即，
同理可得，
若四点共圆，则，
可得，
且，则，可得，
且，，，
则，
整理可得，
即，
则，
整理可得，解得或（舍去），
所以存在，使得点四点共圆，此时.