精品解析：湖南长沙市第二十一中学2026届高三5月训练数学试题

湖南长沙市第二十一中学2026届高三五月训练数学试题 时间：120分钟 满分：150分 2026.5 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数在复平面内对应的点为，则（ ） A. B. C. D. 3. 双曲线C与椭圆有相同的焦点，一条渐近线的方程为，则双曲线C的标准方程为（ ） A. B. C. D. 4. 若等差数列的前项和为，则“，”是“”的（ ） A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知三棱锥P-ABC中，，且，则该三棱锥的外接球的体积等于 A. B. C. D. 6. 下列四个函数中，最小正周期为的是（ ） A. B. C. D. 7. 在梯形中，，，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 的定义域为，满足，则的最小值为（ ） 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. 已知一组数据：，若去掉12和45，则剩下的数据与原数据相比，下列结论正确的是（ ） A. 中位数不变 B. 平均数不变 C. 方差不变 D. 第40百分位数不变 10. 我们知道，函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．若的图象关于点成中心对称图形，则以下能成立的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 11. 设，正项数列满足，则（ ） A. 为中的最小项 B. 为中的最大项 C. 成等差数列 D. 存在，使得成等差数列 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知的展开式中第9项为常数项，则展开式中的各项系数之和为__________． 13. 设随机变量X服从二项分布，随机变量Y服从二项分布，若，则___________. 14. 已知两点，，过点的直线与线段始终有公共点，求直线的斜率的取值范围为_________. 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. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若过的重心的直线与交于点，与夹角为，且，求． 16. 如图，三棱柱的所有棱长都是2，面，，分别是，的中点. （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积. 17. 设函数，其中x＞0，k为常数，e为自然对数的底数． （1）当时，求的单调区间； （2）若函数在区间上存在两个极值点，求实数k的取值范围； （3）证明：对任意给定的实数k，存在()，使得在区间上单调递增． 18. 已知椭圆的焦距为2，长轴长为4． （1）求椭圆E的方程； （2）过点且与x轴不重合的直线l与椭圆E交于不同的两点B，C，点B关于x轴的对称点为．问：平面内是否存在定点P，使得恒在直线上？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由． 19. 已知在一个不透明的盒中装有一个白球和两个红球（小球除颜色不同，其余完全相同），某抽球试验的规则如下：试验者在每一轮需有放回地抽取两次，每次抽取一个小球，从第一轮开始，若试验者在某轮中的两次均抽到白球，则该试验成功，并停止试验.否则再将一个黄球（与盒中小球除颜色不同，其余完全相同）放入盒中，然后继续进行下一轮试验. （1）若规定试验者甲至多可进行三轮试验（若第三轮不成功，也停止试验），记甲进行的试验轮数为随机变量，求的分布列和数学期望； （2）若规定试验者乙至多可进行轮试验（若第轮不成功，也停止试验），记乙在第轮使得试验成功的概率为，则乙能试验成功的概率为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南长沙市第二十一中学2026届高三五月训练数学试题 时间：120分钟 满分：150分 2026.5 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据交集的概念求解出结果. 【详解】因为，所以， 故选：C. 2. 复数在复平面内对应的点为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据复数的几何意义写出，然后根据复数的除法计算. 【详解】由复数的几何意义可知，，. 故选：C 3. 双曲线C与椭圆有相同的焦点，一条渐近线的方程为，则双曲线C的标准方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由椭圆方程求出焦点，根据双曲线的渐近线方程和焦点位置设出双曲线方程，再根据半焦距的值求出双曲线的标准方程. 【详解】因为椭圆的焦点坐标为：， 所以双曲线的焦点为：. 又双曲线的一条渐近线为，所以可设双曲线的方程为：（） 即， 所以. 所以双曲线的标准方程为：. 故选：A 4. 若等差数列的前项和为，则“，”是“”的（ ） A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】由，，利用求和公式及等差数列的性质可得：，结合充分条件与必要条件的定义可得出结论． 【详解】若，，，即． ．，，可得，充分性成立； 反之，若，，满足，不能推出“，”，必要性不成立，故“，”是“”的充分不必要条件， 故选：B． 【点睛】方法点睛：充要条件的判断问题，是高考不可少的内容，特别是充要条件可以和任何知识点相结合,充要条件的判断一般有三种思路：定义法、等价关系转化法、集合关系法. 5. 已知三棱锥P-ABC中，，且，则该三棱锥的外接球的体积等于 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理可求出外接圆的半径，设外接圆的圆心为，根据题意可得三棱锥的外接球的球心在过且与平面垂直的直线上，结合勾股定理可求得球的半径，于是可得外接球的体积． 【详解】如图，设外接圆的圆心为，半径为，则，． 由题意得球心在过且与平面垂直的直线上， 令，则， 设球半径为， 则在中有，① 在中有，② 由①②两式得， 所以，， 所以该三棱锥的外接球的体积为． 故选A． 【点睛】解答几何体的外接球的问题时，关键在于如何确定外接球球心的位置和半径，其中球心在过底面多边形的外接圆的圆心且与底面垂直的直线上，且球心到几何体各顶点的距离相等，再在直角三角形中结合勾股定理求解可得球的半径． 6. 下列四个函数中，最小正周期为的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用二倍角公式及两角和差公式化简再根据周期判断各个选项. 【详解】对于A：， 周期为，A不正确； 对于B：， 又函数的定义域为， 周期为，B不正确； 对于C：，周期为，C选项正确； 对于D：周期为，D不正确； 故选：C. 7. 在梯形中，，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量线性运算可得，由向量数量积的定义和运算律可求得结果. 【详解】 . 故选：A. 8. 的定义域为，满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立方程组求出的解析式，再利用基本不等式求出最小值. 【详解】由，得，联立消去，得， 而，则， 当且仅当，即时取等号， 所以当时，取得最小值. 故选：A 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. 已知一组数据：，若去掉12和45，则剩下的数据与原数据相比，下列结论正确的是（ ） A. 中位数不变 B. 平均数不变 C. 方差不变 D. 第40百分位数不变 【答案】AD 【解析】 【分析】依次分别算出这组数据去掉12和45前后的平均数，方差，第40百分位数和中位数，对比即可得解. 【详解】将原数据按从小到大的顺序排列为， 其中位数为25，平均数是， 方差是， 由，得原数据的第40百分位数是第4个数24. 将原数据去掉12和45，得， 其中位数为25，平均数是， 方差是， 由，得新数据的第40百分位数是第3个数24， 故中位数和第40百分位数不变，平均数与方差改变，故A，D正确，B，C错误. 故选：AD. 10. 我们知道，函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．若的图象关于点成中心对称图形，则以下能成立的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】AC 【解析】 【分析】直接代入计算得，再利用其奇函数的性质得到方程组，对赋值一一分析即可. 【详解】令 ， 由得， 当时，得，，则A正确，B错误； 当时，得，，则C正确，D错误. 故选：AC. 11. 设，正项数列满足，则（ ） A. 为中的最小项 B. 为中的最大项 C. 成等差数列 D. 存在，使得成等差数列 【答案】AB 【解析】 【分析】由，可得，构造函数，由函数的单调性即可判断A；构造函数，由函数的单调性即可判断B；再根据AB选项，分析即可判断CD. 【详解】由，可得， 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上递减，在上递增， 所以， 因为，所以， 所以为中的最小项，故A正确； 令， 则， 所以函数在上递减， 所以， 所以， 所以为中的最大项，故B正确； 对于C，因为为中的最小项，为中的最大项， 所以不可能成等差数列，故C错误； 对于D，因为， 所以，则， 即，所以， 又不可能成等差数列， 所以不存在，使得成等差，故D错误. 故选：AB. 【点睛】关键点睛：涉及单调性的某些数列问题，数列是一类特殊的函数，准确构造相应的函数，借助函数导数研究其单调性是解题的关键，背景函数的条件，应紧扣题中的限制条件. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知的展开式中第9项为常数项，则展开式中的各项系数之和为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，由二项式的展开式代入计算，即可得到，从而得到结果. 【详解】因为的展开式中第9项为， 由可得，令可得各项系数之和为. 故答案为： 13. 设随机变量X服从二项分布，随机变量Y服从二项分布，若，则___________. 【答案】或 【解析】 【分析】由求得p的值，再根据二项分布的概率计算求得答案. 【详解】由题意得，，解得或 ， 故， 或， 故答案为：或 14. 已知两点，，过点的直线与线段始终有公共点，求直线的斜率的取值范围为_________. 【答案】 【解析】 【分析】求出直线的斜率，数形结合，即可求得答案. 【详解】如图示，两点，， ， 因为过点的直线与线段始终有公共点， 故直线的斜率的取值范围为， 故答案为： 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. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若过的重心的直线与交于点，与夹角为，且，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意利用正弦定理边化角，再结合三角恒等变换运算求解； （2）根据题意可知，，，结合两家和差公式可得，再利用正弦定理运算求解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 又因为， 可得， 且，则，可得，即， 又因为，所以. 【小问2详解】 取的中点，连接， 因为，，可知，则， 由题意可知：， 则， 在中，由正弦定理可得， 所以，即. 16. 如图，三棱柱的所有棱长都是2，面，，分别是，的中点. （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积. 【答案】（1）∵，是的中点， ∴， ∵三棱柱中平面， ∴平面平面，且平面平面， ∴平面， ∵平面， ∴. 又∵在正方形中，，分别是，的中点， ∴， 又， ∴平面. （2） 【解析】 【分析】（1）推导出，从而平面平面，进而平面，，再求出，由此能证明平面． （2）本问方法较多，可用割补法，转换顶点法，构造法等，其中割补法较为方便，将转化为，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法一（割补法）： . 解法二（利用平行顶点轮换）： ∵， ∴， ∴ . 解法三（利用对称顶点轮换）： 连结，交于点， ∵为的中点， ∴点到平面的距离等于点到平面的距离. ∴ . 解法四（构造法）： 连结，交于点，则为的中点，再连结. 由题意知在中，，，所以，且， 又，，所以，所以， 又， ∴面， ∴. 【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查三棱锥的体积，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，是中档题． 17. 设函数，其中x＞0，k为常数，e为自然对数的底数． （1）当时，求的单调区间； （2）若函数在区间上存在两个极值点，求实数k的取值范围； （3）证明：对任意给定的实数k，存在()，使得在区间上单调递增． 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为 （2） （3）令，得，当时，，当且仅当时等号成立， 所以，在上单调递增， 所以，当时，，及， 当时，. 设为3和中较大的数，则当时，， 所以对任意给定的实数，存在，式得在区间上单调递增. 【解析】 【分析】（1）．分别令，解出x的取值范围即可； （2）函数f（x）在（1,3）内存在两个极值点，⇔有两个实数根．化为，，因此在内存在两个实数根．利用导数研究其单调性极值即可； （3）令，得，在上单调递增，进而分析可得结果. 【小问1详解】 , 当时，对任意的都成立. 所以，当时，；当时，， 所以，的单调递减区间为（0,3），单调递增区间为. 【小问2详解】 由函数在区间（1,3）上存在两个极值点，得 在区间（1,3）上至少有两个解，即在区间（1,3）至少有两个解. 令，，则 所以，当时，；当，， 所以在区间（1,2）上单调递减，在区间（2,3）上单调递增. 又，， 所以，，且，即. 此时，存在x1∈(1,2), x2∈(2,3)使得 且当x∈(1,x1)时，，当x∈(x1,x2)时，，当x∈(x2,，3)，，满足条件. 所以k的取值范围为 【小问3详解】 略 18. 已知椭圆的焦距为2，长轴长为4． （1）求椭圆E的方程； （2）过点且与x轴不重合的直线l与椭圆E交于不同的两点B，C，点B关于x轴的对称点为．问：平面内是否存在定点P，使得恒在直线上？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据条件求出，即可得椭圆E的方程； （2）直线l为，，消去得，利用点写出直线的方程，利用韦达定理整理变形可得直线过定点. 【小问1详解】 由已知得，则， 椭圆E的方程为； 【小问2详解】 设直线l为，，则 联立，消去得， ，解得 则， 又直线的方程为 又， ，恒过定点 故存在定点，使得恒在直线上. 19. 已知在一个不透明的盒中装有一个白球和两个红球（小球除颜色不同，其余完全相同），某抽球试验的规则如下：试验者在每一轮需有放回地抽取两次，每次抽取一个小球，从第一轮开始，若试验者在某轮中的两次均抽到白球，则该试验成功，并停止试验.否则再将一个黄球（与盒中小球除颜色不同，其余完全相同）放入盒中，然后继续进行下一轮试验. （1）若规定试验者甲至多可进行三轮试验（若第三轮不成功，也停止试验），记甲进行的试验轮数为随机变量，求的分布列和数学期望； （2）若规定试验者乙至多可进行轮试验（若第轮不成功，也停止试验），记乙在第轮使得试验成功的概率为，则乙能试验成功的概率为，证明：. 【答案】（1）的分布列为： 1 2 3 数学期望： （2）证明如下： 当时，不难知道， ， ， 由（1）可知，又， ， . 即. 【解析】 【分析】（1）由条件确定的取值，再求取各值的概率，由此可得分布列，再由期望公式求期望； （2）由（1）中的结论及结合题意写出每一轮的概率，结合概率乘法公式从而求解. 【小问1详解】 由题意得，的可能取值为， 在第一轮中，试验者每次抽到白球的概率为， ， 依题意，在第二轮中，盒中有一个白球，两个红球和一个黄球，每次摸到白球的概率为，， 易知， ∴的分布列为： 1 2 3 的数学期望. 【小问2详解】 略 【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是得到，再利用裂项求和即可证明出不等式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $