精品解析：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：） 第1页/共1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 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. 【答案】D 【解析】 【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. 已知集合，，则集合的真子集个数为（   ） A. 64 B. 63 C. 6 D. 65 【答案】B 【解析】 【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. 直线是双曲线的一条渐近线，则（ ） A. 1 B. 4 C. 16 D. 18 【答案】D 【解析】 【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. 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 【答案】B 【解析】 【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. 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. 【答案】C 【解析】 【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. 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. 【答案】C 【解析】 【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. 已知函数，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【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. 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. 【答案】D 【解析】 【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 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. 【答案】BD 【解析】 【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. 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 【答案】AC 【解析】 【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. 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 【答案】ABC 【解析】 【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． 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______． 【答案】 【解析】 【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. 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______． 【答案】 【解析】 【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. 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_______． 【答案】①②④ 【解析】 【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 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． 【答案】（1） （2）2 【解析】 【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 【小问1详解】 在中，由正弦定理及得：， 化简可得：， 由余弦定理得， 又，所以 【小问2详解】 是的角平分线，则， 由可得 因为，，即有， 故. 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． 【答案】（1） （2）6 【解析】 【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. 【小问1详解】 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，，， 所以线路信息畅通概率． 【小问2详解】 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数学期望为6． 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． 【答案】（1）证明见解析 （2）60° 【解析】 【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. 【小问1详解】 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. 小问2详解】 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. 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． 【答案】（1） （2）① ；② 【解析】 【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. 【小问1详解】 设的方程为， 则解得， 所以E的方程为. 【小问2详解】 联立得． ，化简得． ①因，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. 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：） 【答案】（1） （2）（i）；（ⅱ）有1个极值点，理由见解析． 【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． 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 （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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $