精品解析：湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2026届高三上学期月考（五）数学试题

湖南师大附中2026届高三月考试卷（五） 数学 时量：120分钟 满分：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知全集为，集合，满足，则下列运算结果为的是（ ）. A. B. C. D. 2. 若复数，则复数的模是（ ） A. 1 B. C. D. 2 3. 已知等差数列的前项和为，若与是方程的两根，则（ ） A. 41 B. 42 C. 43 D. 44 4. 已知抛物线的焦点为，点在上，，则的值是（ ） A. 2 B. 4 C. 9 D. 4或9 5. 若函数则其图象大致为（　　） A. B. C. D. 6. 已知，则的最小值为（　　） A. B. C. D. 1 7. 如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴、 轴正方向同向的单位向量，若向量则称有序实数对为向量在坐标系中的坐标，已知在该坐标系下，向量，，若，则（　　） A. B. C. D. 8. 设正数、、满足，，则以下大小关系中可能成立的是（　　） A. B. C. D. 二、选择题：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. 近年来，随着乡村振兴战略的深入实施，乡村农户借助电商平台的力量，实现了区域内生产、加工、销售一体化，在探索农产品销售与经济发展的新路径上取得了显著成效．某农户通过直播电商模式销售当地特色绿色生态农产品，为了进一步提高销售效益，统计了某种农产品在40天内每天的销售额，绘制频率分布直方图如图所示，则以下结论正确的是（　　） A. B. 在天内，每天的平均销售额约为万元 C. 在天内的销售额的分位数约为万元 D. 若规定每天的销售额不低于万元为完成销售任务，则某天完成任务的概率约为 10. 已知函数，则（　　） A. 在定义域内是增函数 B. 的最小正周期为 C. 是图象的一个对称中心 D. 直线是图象的一条对称轴 11. 已知双曲线是双曲线的左、右顶点，是双曲线的左、右焦点，是双曲线上与不重合的一动点，直线与直线交于两点，的外接圆半径分别为．则（　　） A. 直线与直线的斜率之积为定值 B. 直线与的斜率之积为定值 C. 的最小值是 D. 的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 从一个装有4个白球和3个红球的袋子中有放回地取球5次，每次取球1个，记X为取得红球的次数，则 ___________ 13. 在中，，则的周长的取值范围为___________． 14. 向体积为的正方体密闭容器内注入体积为的液体，旋转容器，若液面恰好经过正方体的某条对角线，则液面边界周长的最小值为_______________． 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. 某班组建了一支8人的篮球队，其中甲、乙、丙、丁四位同学入选，该班体育老师担任教练. （1）从甲、乙、丙、丁中任选两人担任队长和副队长，甲不担任队长，共有多少种选法？ （2）某次传球基本功训练，体育老师与甲、乙、丙、丁进行传球训练，老师传给每位学生的概率都相等，每位学生传球给同学的概率也相等，学生传给老师的概率为.传球从老师开始，记为第一次传球，前三次传球中，甲同学恰好有一次接到球且第三次传球后球回到老师手中的概率是多少？ 16. 已知函数的图象关于点对称，数列满足. （1）求实数a的值； （2）设，求数列的前n项和. 17. 如图，在三棱锥中，为的中点．点在棱上，． （1）在直线上是否存在点F，使得平面？若存在，确定点F的位置；若不存在，请说明理由； （2）若是边长为1的等边三角形，平面平面，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积． 18. 已知椭圆点A是x轴正半轴上一点，设过点A的直线l交椭圆C于M，N两点，交直线于点P． （1）若点A的坐标为，且求b的取值范围； （2）若，直线EA垂直于x轴，记直线EM，EP，EN的斜率分别为，问是否存在点A，使得总成等差数列？若存在，求点A的坐标，并加以证明；若不存在，说明理由． 19. 已知函数. （1）时，求在区间上的最小值. （2）时，记函数. （i）若直线与函数的图象至少有两个公共点，记其中两个公共点的横坐标分别为，，证明：. （ii）确定所有的实数，使得方程有解且仅有有限多个解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南师大附中2026届高三月考试卷（五） 数学 时量：120分钟 满分：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知全集为，集合，满足，则下列运算结果为的是（ ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据集合间的基本关系及集合的基本运算，借助Venn图即可求解. 【详解】由得当时，，故选项A不正确； ，当时，，故选项B不正确； 当时，，故选项C不正确； 因为，所以，故选项D正确. 故选：D. 2. 若复数，则复数的模是（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】先计算出z，再计算的模﹒ 【详解】，∴﹒ 故选：B﹒ 3. 已知等差数列的前项和为，若与是方程的两根，则（ ） A. 41 B. 42 C. 43 D. 44 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列的性质即可求解. 【详解】由于与是方程的两根，故， 即，得， 因此， 故选：D 4. 已知抛物线的焦点为，点在上，，则的值是（ ） A. 2 B. 4 C. 9 D. 4或9 【答案】D 【解析】 【分析】求出抛物线的准线方程，根据点在上，表示出，再根据焦半径公式得到方程，解得即可. 【详解】抛物线的准线方程为，又点在上， 所以，即， 因为，所以，解得或. 故选：D 5. 若函数则其图象大致为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求函数的定义域，再分析当取不同区间时，函数值的正负即可求出. 【详解】由题且，即函数的定义域为且， 当时，，，，故排除AC， 当时，， ， 当时，；当时，，排除B. 故选：D. 6. 已知，则的最小值为（　　） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】先分别求出两点的轨迹方程为和，再根据圆上的点到定直线的距离的最值即可得解. 【详解】设，则，故， 所以点的轨迹方程为， 其轨迹是以原点为圆心，为半径的四份之一个圆， 设，则，故， 所以点的轨迹方程为， 圆心到直线的距离， 所以的最小值为. 故选：C. 7. 如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴、 轴正方向同向的单位向量，若向量则称有序实数对为向量在坐标系中的坐标，已知在该坐标系下，向量，，若，则（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，得到和，结合，列出方程，即可求解. 【详解】由向量分别是与轴和轴正方向同向的单位向量，可得，且， 又由向量和，可得和， 因为，可得 即， 解得. 故选：A. 8. 设正数、、满足，，则以下大小关系中可能成立的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知等式变形得出，构造函数、，利用导数分析这两个函数在上的单调性，对的取值范围进行讨论，可得出、、的大小关系. 【详解】由得，由得， 所以，由题意可知，则， 所以， 又由于、、都是正数，所以，解得，，且， 构造函数，，则， 由可得，由可得， 所以函数在上单调递减，在上为增函数， 故对任意的恒成立，因此， 构造函数，， 则对任意的恒成立，所以函数在上为增函数， 且，由于，故， 当且仅当时，等号成立， 所以，当且仅当时，等号成立， 故当时，； 当时，，此时. 综上所述，、、间的大小关系只能是或或. 故选：C. 二、选择题：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. 近年来，随着乡村振兴战略的深入实施，乡村农户借助电商平台的力量，实现了区域内生产、加工、销售一体化，在探索农产品销售与经济发展的新路径上取得了显著成效．某农户通过直播电商模式销售当地特色绿色生态农产品，为了进一步提高销售效益，统计了某种农产品在40天内每天的销售额，绘制频率分布直方图如图所示，则以下结论正确的是（　　） A. B. 在天内，每天的平均销售额约为万元 C. 在天内的销售额的分位数约为万元 D. 若规定每天的销售额不低于万元为完成销售任务，则某天完成任务的概率约为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据频率分布直方图的性质所有矩形条的面积之和为列方程求判断A，再根据平均数，百分位数的定义求平均数和百分位数求平均数和百分位数判断BC，再求销售额不低于万元的概率判断D. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，天内，每天的平均销售额约为，故B错误； 对于C，在天内的销售额的分位数约为万元，故C正确； 对于D，， 所以若规定每天的销售额不低于万元为完成销售任务，则某天完成任务的概率约为，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知函数，则（　　） A. 在定义域内是增函数 B. 的最小正周期为 C. 是图象的一个对称中心 D. 直线是图象的一条对称轴 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A：举反例说明即可；对于B：根据正切型函数的最小正周期公式运算求解即可；对于C：根据正切函数的对称中心的特征分析判断即可；对于D：根据的对称轴分析判断即可. 【详解】因为函数， 对于选项A：因为，可知函数在定义域内不单调，故A错误； 对于选项B：的最小正周期为，故B正确； 对于选项C：因为，所以是图象的一个对称中心，故C正确； 对于选项D：因为的对称轴为， 在函数中，当，则， 所以直线不是图象的一条对称轴，故D错误； 故选：BC. 11. 已知双曲线是双曲线的左、右顶点，是双曲线的左、右焦点，是双曲线上与不重合的一动点，直线与直线交于两点，的外接圆半径分别为．则（　　） A. 直线与直线的斜率之积为定值 B. 直线与的斜率之积为定值 C. 的最小值是 D. 的最大值为 【答案】AC 【解析】 【分析】不妨设在第一象限，根据斜率的坐标运算即可得，即可判断AB；设直线PA的方程为：，，得直线PB的方程，于是可得，从而得，即可判断C；根据正弦定理分别确定，的外接圆半径为，，由基本不等式可得的最值，即可判断D. 【详解】由已知得，，， 由双曲线的对称性，不妨设在第一象限， 对于A，，， 所以，故A正确； 对于B，，则，不为定值，故B错； 对于C，设直线PA的方程为：，，则直线PB的方程为：， 同时令，则，， 所以，当且仅当，即时取等号， 所以的最小值是，故C正确； 对于D，由正弦定理得，，， 所以， 当且仅当，即时取等号，则的最小值为，故D错. 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 从一个装有4个白球和3个红球的袋子中有放回地取球5次，每次取球1个，记X为取得红球的次数，则 ___________ 【答案】 【解析】 【分析】分析可知，结合二项分布的方差公式运算求解. 【详解】因为有放回地取球5次，可知每次取到红球的概率均为， 则，所以. 故答案为：. 13. 在中，，则的周长的取值范围为___________． 【答案】 【解析】 【分析】设外接圆的半径为，求得，且，化简得到，由，结合三角函数的性质，即可求解. 【详解】设外接圆的半径为， 因为，可得，则，且 所以 ， 因为，可得，可得，所以， 所以，即的周长的取值范围为. 故答案为：. 14. 向体积为的正方体密闭容器内注入体积为的液体，旋转容器，若液面恰好经过正方体的某条对角线，则液面边界周长的最小值为_______________． 【答案】 【解析】 【分析】根据正方体的截面性质，将绕旋转时，根据两点间线段最短求得即可. 【详解】解：当液面过时，截面为四边形，将绕旋转，此时如图所示： 则，当共线时等号成立， 故周长最小值为. 故答案为：. 【点睛】本题考查了正方体的截面问题，意在考查学生的空间想象力和计算能力，属于中档题. 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. 某班组建了一支8人的篮球队，其中甲、乙、丙、丁四位同学入选，该班体育老师担任教练. （1）从甲、乙、丙、丁中任选两人担任队长和副队长，甲不担任队长，共有多少种选法？ （2）某次传球基本功训练，体育老师与甲、乙、丙、丁进行传球训练，老师传给每位学生的概率都相等，每位学生传球给同学的概率也相等，学生传给老师的概率为.传球从老师开始，记为第一次传球，前三次传球中，甲同学恰好有一次接到球且第三次传球后球回到老师手中的概率是多少？ 【答案】（1）9种 （2）. 【解析】 【分析】（1）法一，利用分步乘法计数原理集合组合数的计算，即可求得答案；法二，利用间接法，即用不考虑队长人选对甲的限制的所有选法，减去甲担任队长的选法，即可得答案； （2）考虑第一次传球，老师传给了甲还是传给乙、丙、丁中的任一位，继而确定第二次以及第三次传球后球回到老师手中的情况，结合乘法公式以及互斥事件的概率求法，即可求得答案. 【小问1详解】 法一，先选出队长，由于甲不担任队长，方法数为； 再选出副队长，方法数也是，故共有方法数为（种）. 方法二 先不考虑队长人选对甲的限制，共有方法数为（种）； 若甲任队长，方法数为，故甲不担任队长的选法种数为（种） 答：从甲、乙、丙、丁中任选两人分别担任队长和副队长，甲不担任队长的选法共有9种. 【小问2详解】 ①若第一次传球，老师传给了甲，其概率为；第二次传球甲只能传给乙、丙、丁中的任一位同学，其概率为； 第三次传球，乙、丙、丁中的一位传球给老师，其概率为， 故这种传球方式，三次传球后球回到老师手中的概率为：. ②若第一次传球，老师传给乙、丙、丁中的任一位，其概率为， 第二次传球，乙、丙、丁中的一位传球给甲，其概率为， 第三次传球，甲将球传给老师，其概率为， 这种传球方式，三次传球后球回到老师手中的概率为， 所以，前三次传球中满足题意的概率为：. 答：前三次传球中，甲同学恰好有一次接到球且第三次传球后球回到老师手中的概率是. 16. 已知函数的图象关于点对称，数列满足. （1）求实数a的值； （2）设，求数列的前n项和. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用函数图象的对称性列式求出值. （2）由（1）中信息，利用倒序相加法求出，进而求出，再利用裂项相消法求和. 【小问1详解】 由函数的图象关于点对称，得， 则，即， 因此，所以. 【小问2详解】 由（1）知，而当时，， 则， 于是，当时，，即，满足上式，因此， ， 所以. 17. 如图，在三棱锥中，为的中点．点在棱上，． （1）在直线上是否存在点F，使得平面？若存在，确定点F的位置；若不存在，请说明理由； （2）若是边长为1的等边三角形，平面平面，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积． 【答案】（1）存在，见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）通过构造辅助线，利用三角形全等和平行线的性质证明平面与平面平行，进而得到线面平行. （2）先根据面面垂直的性质找到二面角的平面角，再结合已知条件求出相关线段长度，最后利用三棱锥体积公式求解. 【小问1详解】 如图，延长线段至，使得，延长线段至，使得，连接. 为的中点，，. 又，. 又平面，平面，同理平面. 又，平面，平面平面. 又平面，平面. 存在点，位于线段的延长线上，且满足，使得平面 【小问2详解】 在中，，为的中点，. 又平面平面，平面平面，平面. 平面. 在中，过作交于，则平面，. ，，即. 在中，过作交于，则，连接. 平面. 为二面角的平面角. 又知二面角的大小为，. 为等腰直角三角形，又由得. ，. . 故三棱锥的体积为. 18. 已知椭圆点A是x轴正半轴上一点，设过点A的直线l交椭圆C于M，N两点，交直线于点P． （1）若点A的坐标为，且求b的取值范围； （2）若，直线EA垂直于x轴，记直线EM，EP，EN的斜率分别为，问是否存在点A，使得总成等差数列？若存在，求点A的坐标，并加以证明；若不存在，说明理由． 【答案】（1）； （2）存在，点，证明见解析. 【解析】 【分析】（1）设点，利用两点间距离公式，结合得，由建立不等式求解即得. （2）假定存在并设出点，按直线l的斜率是否为0分类求出，再由等差数列列式求出即可. 【小问1详解】 设点，则，即且， 则 ， 由，得， 由，得，则，解得， 因此，又，解得， 所以b的取值范围是. 【小问2详解】 当时，椭圆， 假定存在点A，使得总成等差数列，设，点， 当直线l斜率不为0时，设直线，则点， 由消去得， ，， 而， 则 ，而， 因此，整理得， 即，又，则，解得，满足， 当直线l斜率为0时，不妨令，而， ，由，得， 又，则，解得， 所以存在点A，使得总成等差数列，点. 19. 已知函数. （1）时，求在区间上的最小值. （2）时，记函数. （i）若直线与函数的图象至少有两个公共点，记其中两个公共点的横坐标分别为，，证明：. （ii）确定所有的实数，使得方程有解且仅有有限多个解. 【答案】（1） （2）（i）由条件知， 两式相减得， 不妨设，记，， 则，当且仅当时等号成立， 所以函数在上单调递减， 因此，即， 以下证明：①， 要证明①，只需证明：， 记，，则， 上式化为，即， 记，上式化为， 记，， 则有，， 在上单调递增，故，因此①成立， 所以， 即，因此结论成立； （ii） 【解析】 【分析】（1）求函数的导函数，证明时，由此判断函数的单调性，并求其最小值； （2）（i）由条件可得，设，利用导数证明函数为减函数，由此证明，再证明，由此证明结论； （ii）分别在条件，，下利用导数研究方程的解得个数，由此确定结论. 【小问1详解】 由题意，， 则， 因为，所以，故， 所以，故， 因此函数在区间上单调递增， 故，所以在区间上的最小值为； 【小问2详解】 （i）略 （ii）鉴于的有界性，我们以，为界分情形讨论， 当时，， 这时方程无解，不符合条件； 当时， 对，，， 记，对非负整数， 可得，即 ， 故由零点存在性定理知，存在使得， 故这时方程有无数多个解，不符合条件， 当时，因为，， 所以在上单调递增， 又，， 故在上有唯一解， 由知， 记，，对的任一零点， 由，， 可得. 记，， 则的零点都在区间上， 易知在区间上的零点有限， （若零点存在，则满足，其中且， 将这些零点从小到大依次记为（若零点不存在，则）， 则在这个区间（当时即为区间）上均为单调函数， 故在这个区间（当时即为区间）中的每一个区间上均至多有一个零点， 因此在区间上至多有个零点，而这些是在上的全部零点， 故在上的零点个数有限，即方程仅有有限多个解，于是符合条件. 综上所述，所求的实数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $