湖南省长沙市周南中学2025-2026学年新高三8月摸底考试数学模拟试题

长沙市周南中学2025-2026学年新高三8月摸底考试 数学模拟试题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题：本大题共 8 小题,每小题 5 分,共计 40 分. 每小题给出的四个选项中,只有 一个选项是正确的. 请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1．复数（其中为虚数单位）的虚部为（    ） A． B． C．1 D． 2．已知集合，，则集合的真子集个数为（ ） A．64 B．63 C．6 D．65 3．直线是双曲线的一条渐近线，则（    ） A．1 B．4 C．16 D．18 4．在等差数列中，已知，则该数列前8项和的值为（   ） A．18 B．36 C．54 D．72 5．有10张卡片，其中有8张标有数字2，有2张标有数字5．从中任意抽出3张卡片，设3张卡片上的数字之和为X，则的概率是（    ）． A． B． C． D． 6．设样本数据，，…，的平均数为，标准差为s，若样本数据，，…，的平均数比标准差少3，则的最大值为（    ） A．1 B． C．4 D． 7．已知函数，若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，设是的高，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 二、多选题:本题共 3 小题,每小题 6 分,共 18 分.在每小题给出的选项中,有多项符合 题目要求.全部选对的得 6 分,部分选对的得部分分,有选错的得0分. 9．已知，下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C． D． 10．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（    ）． A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为 C． D．的面积为 11．如图所示，动点到定点的距离与到定直线的距离之积为1，记P的轨迹为曲线C，则（    ）    A．点P的横坐标的取值范围是 B．C与抛物线有且只有一个公共点 C．C上任意一点满足 D．C上存在两个不同的点关于直线对称 三、填空题: 本大题共 3 小题, 每小题 5 分, 共计 15 分. 12．某圆台的上底面半径为1，下底面半径为4，母线长为5，则该圆台的体积为 ． 13．已知函数的部分图象如图所示，其中，若的图象向右平移个单位长度后关于原点对称，则 ．    14．如图，在棱长为2的正方体中，M、N分别是BC、CD的中点，点P是线段上的动点，点Q是侧面上（包括边界）的动点，给出下列四个结论： ①任意点P，都有； ②存在无数组点P和点Q，使得平面； ③点P由滑到时，三棱锥体积逐渐增大； ④使得平面的点Q的轨迹长度为． 其中所有正确结论的序号是 ． 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．已知中，分别为内角的对边，且， (1)求角的大小； (2)设点为上一点，是的角平分线，且，求的长度． 16．已知两地之间有六条网线并联，它们能通过的信息量分别为1，1，2，2，3，3．现从中任取三条网线，设可通过的信息量为，当可通过的信息量时，则保证信息畅通．求： (1)线路信息畅通的概率； (2)任取三条网线所通过信息量的数学期望． 17．如图，在梯形中，是边的中点，，且，为等边三角形，现将平面沿翻折，使平面平面，得到四棱锥，点在棱上，且． (1)求证：； (2)求平面和平面的夹角的大小． 18．已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴、轴，且过两点． (1)求的方程． (2)直线与交于两点． ①若，求的取值范围； ②若，求的取值范围． 19．已知函数． (1)若曲线的切线过点，求与坐标轴围成的三角形面积的最小值； (2)（ⅰ）求曲线在处的切线方程； （ⅱ）设函数，判断有几个极值点并说明理由． （参考数据：） 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《长沙市周南中学2025-2026学年新高三8月摸底考试数学模拟试题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B D B C C B D BD AC 题号 11 答案 ABC 1．D 【分析】先化简，再根据复数的概念，即可求解． 【详解】因为，所以其虚部为． 故选：D． 2．B 【分析】利用列举法表示集合，即可得解. 【详解】由， 则，共个元素， 所以集合的真子集个数为. 故选：B. 3．D 【分析】根据渐近线的求法可直接求解. 【详解】令双曲线方程等号右侧的1变为0，可得双曲线的渐近线方程为， 又直线是双曲线的一条渐近线，所以，解得． 故选：D. 4．B 【分析】由等差数列性质、求和公式计算即可求解. 【详解】在等差数列中，已知， 则该数列前8项和的值为. 故选：B. 5．C 【分析】根据分类加法的计数原理结合古典概率的计算公式即可得答案. 【详解】由题意知，从10张卡片中任意抽出3张卡片，所有可能的抽法有种， 3张卡片上的数字之和的情况为抽出一个5、两个2，或者抽出两个5、一个2． 抽出一个5、两个2的抽法有种； 抽出两个5、一个2的抽法有种， 满足的所有可能的抽法有种， 所以． 故选：C. 6．C 【分析】根据平均数与标准差的性质，结合已知条件可得，然后根据二次函数与指数函数的性质求解最大值． 【详解】样本数据，，…，的平均数为，标准差为， 则样本数据，，…，的平均数为，标准差为， 依题意有，得． 由，知在上单调递增， 当时，取到最小值， 所以， 即当时，取得最大值4． 故选：C． 7．B 【分析】由题意可得，构造函数，借助导数研究其单调性即可得解. 【详解】等价于， 令，则， 当时，单调递减； 当时，单调递增． 所以， 所以只需，即． 故选：B. 8．D 【分析】由结合正弦定理和三角函数恒等变换公式可求得，再结合余弦定理得，从而可求出三角形面积的最大值，进而可求出的最大值. 【详解】因为， 所以由正弦定理得， 所以， 所以， 因为，所以， 因为，所以， 因为，所以由余弦定理得， 当且仅当取等号， 所以，当且仅当取等号， 因为是的高，所以， 所以，当且仅当取等号， 所以的最大值为. 故选：D 9．BD 【分析】根据不等式的性质可逐项判断. 【详解】对于A，不等式的同向同正可乘，未强调正， 例如：，故A错误； 对于B，，，则，即，故B正确； 对于C，，则，故C错误； 对于D，，则，所以，故D正确； 故选：BD. 10．AC 【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性. 【详解】依题意，，，所以， A选项，圆锥的体积为，A选项正确； B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误； C选项，设是的中点，连接， 则，所以是二面角的平面角， 则，所以， 故，则，C选项正确； D选项，，所以，D选项错误. 故选：AC.    11．ABC 【分析】由题可得曲线C的方程为，令即可得到的范围即可得到A；联立方程，根据方程解的情况可判断B；根据曲线方程可得，然后利用基本不等式即可确定C；将曲线向左平移1个单位得，接着判断曲线是否存在关于对称的点即可. 【详解】根据题意，曲线C的方程为， 则，解得，且时或， 所以C上的点的横坐标x的取值范围是，A正确； 将抛物线的方程与联立并消去y， 整理得，解得，所以C与抛物线有且只有一个公共点，B正确； 当点在C上时，（等号仅当时成立）， 所以即，C正确； 对于D，如果C上存在两个不同的点关于直线对称， 则将曲线C向左平移1个单位长度得到的曲线 上必存在两点关于直线对称， 设上关于直线对称的两点为，且， 则， 所以，因为， 所以，代入消去得 ， 因为，所以， 所以关于的方程无解， 所以曲线上不存在两点关于直线对称，D错误． 故选：ABC． 12． 【分析】先利用直角梯形来求台体的高，再利用台体体积公式即可求得圆台体积. 【详解】如图，圆台的轴截面，分别为上、下底面圆的圆心，    由圆台的上底面半径为1，下底面半径为4，母线长为5， 可得：， 解直角梯形可得：， 由圆台体积公式得：， 故答案为：. 13． 【分析】首先求得，可得，再由函数平移变换法则、三角函数性质可得，结合即可求解. 【详解】设的最小正周期为，依题意得，则， 所以，所以， 则将的图象向右平移个单位长度得到的图象对应解析式为， 因为平移后的图象关于原点对称，所以， 因为，所以，则． 故答案为：. 14．①②④ 【分析】根据线面垂直的判定定理和性质定理可得判断①；根据线面垂直的判定定理及线面垂直的性质判断②；根据线面平行的判定定理得平面，即可确定锥体的高为定值，又的面积为定值即可判断③；先作出的面积截面，然后根据面面平行的判定求出点Q的轨迹，利用勾股定理求其长度判断④. 【详解】对于①，因为，，且，平面， 所以平面，又平面，所以， 同理，，又，平面， 所以平面，而点P是线段上的动点，即平面， 所以，正确； 对于②，因为，，且，平面， 所以平面，在中，只要满足，都有平面， 即存在无数组点P和点Q，使得平面，正确； 对于③，因为M、N分别是BC、CD的中点，所以， 所以，平面，平面，所以平面， 所以直线上各点到平面的距离相等，又的面积为定值， 所以三棱锥体积不变，错误； 对于④，设直线与直线分别交于，连接， 分别交于，连接， 则五边形即为平面截正方体的截面； 由于M、N分别是BC、CD的中点，故， 由于，故，同理, 又，则，则，， 同理可求得，，即点为上靠近的三等分点， 点为上靠近的三等分点， 取点为上靠近的三等分点，连接， 则，平面，平面，所以平面， 又，平面，平面，所以平面， 因为，平面，所以平面平面， 平面，所以平面，所以点Q的轨迹为， 所以，正确. 故答案为：①②④ 15．(1) (2)2 【分析】（1）由正弦定理进行角化边，然后利用余弦定理即可得到答案 （2）利用三角形的面积关系解出即可 【详解】（1）在中，由正弦定理及得：， 化简可得：， 由余弦定理得， 又，所以 （2） 是的角平分线，则， 由可得 因为，，即有， 故. 16．(1) (2)6 【分析】（1）根据题意，结合古典概型运算公式、组合的定义进行求解即可； （2）根据题意，结合古典概型运算公式、组合的定义、（1）中结论、数学若期望公式进行求解即可. 【详解】（1）线路信息畅通包括三种情况，且它们彼此互斥：①；②；③． 由已知得，，， 所以线路信息畅通的概率． （2）设任取三条网线所通过的信息量为随机变量，则的取值为4，5，6，7，8． 它们所对应的概率分别为，，，，，所以的分布列如下 4 5 6 7 8 所以． 故任取三条网线所通过信息量的数学期望为6． 17．(1)证明见解析 (2)60° 【分析】（1）解法1：取的中点，连接，，利用线面垂直的判定定理和性质定理证明；解法2：利用向量数量积的运算律证明； （2）解法1：建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式求解即可；解法2：由向量的四则运算设，则是平面和平面的交线，可得，又，所以即为平面和平面的夹角，再利用向量的夹角公式求解即可. 【详解】（1）解法1：取的中点，连接，， 由题意可得和均为等边三角形，所以，， 因为平面，，所以平面， 因为平面，所以. 解法2：取的中点，连接，， 由题意可得和均为等边三角形， 所以，，即，， 因为， 所以，即. （2）解法1：分别以射线，，为轴、轴、轴正半轴，建立空间直角坐标系，如图， 设，则，，，， 所以，， 因为，所以， 所以， 设平面的法向量为， 则，取可得平面的一个法向量， 又平面的一个法向量为， 设平面和平面的夹角为，则， 所以平面和平面的夹角为60°． 解法2：因为，所以， 又因为，， 所以， 设， 则是平面和平面的交线，平面， 因为平面，所以， 又因为，所以即为平面和平面的夹角， 所以， 即平面和平面的夹角为60°． 18．(1) (2)① ；② 【分析】（1）对于椭圆方程，可设出椭圆的标准方程，将已知点代入求解； （2）对于直线与椭圆相交问题，联立直线与椭圆方程，利用判别式和韦达定理来确定参数的取值范围. 【详解】（1）设的方程为，             则解得，                        所以E的方程为. （2）联立得．               ，化简得．               ①因为，所以，解得， 所以的取值范围为．               ②设，则．                                    ，                         化简得，                即，               所以，解得， 所以的取值范围为． 19．(1) (2)（i）；（ⅱ）有1个极值点，理由见解析． 【分析】（1）根据切线条件求出切线与x轴的截距，列出三角形面积表达式，求导研究单调性即可． （2）（ⅰ）求出切点处的斜率，再根据点斜式即可求出切线方程；（ⅱ）求的极值点个数，即求的变号零点个数，通过研究的导数确定单调性后即可进一步确定，研究过程中，要适当分区间考虑，合并结论后求解出最终结果． 【详解】（1）设切线与曲线相切于点， 则的方程为， 将代入得，得：， ，令，解得：， 所求三角形面积， ， 时，，则单调递减，时，，则单调递增， ，即所求三角形面积最小值为． （2）（i）， 则曲线在处的切线方程为， 即． （ⅱ），欲求有几个极值点，即求有几个变号零点，令， ①时，，则在上单调递增， ，由零点存在定理：，使得， 时，有一个极值点， ②时，，此时无零点， ③时，下证：， 令，则， 时，，故单调递减；时，，故单调递增， ， 令，则， 时，单调递增；时，单调递减， ， ， 恒成立，此时无零点， ④时，，但两者不同时取得等号， 恒成立，此时无零点， 综上可得，有1个极值点． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$