精品解析：湖南株洲市部分学校2026届高中毕业班全真模拟考试数学试题

2026届高中毕业班全真模拟考试 数学 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. 已知集合，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，则向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知正三棱柱的底面边长为6，高为，其顶点都在球O的球面上，则球心O到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 6. 已知是定义在上的偶函数，且，当时，，则（ ） A. B. 1 C. 3 D. 7 7. 已知抛物线C：的焦点为F，点在抛物线C上，且，则（ ） A. 8 B. 6 C. 5 D. 4 8. 若等差数列的前项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 2 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. 已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，且的外接圆半径为1，的面积等于，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 在等腰梯形中，为中点，点为的中点，将沿折起到的位置，使得平面平面，下列说法中正确的有（ ） A. 平面 B. 点到平面的距离为 C. 与平面所成角的正弦值为 D. 三棱锥外接球表面积为 11. 在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0．已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为和（）．假设每次发送信号0和1是等可能的且每次发送信号相互之间是独立的．当发送两次信号是“0”“1”时，接收到的信号也是“0”“1”的概率为0.72．则下列结论正确的是（ ） A. B. 当发送两次信号是“1”“1”时，恰有一次被正确接收的概率为0.16 C. 一次发信后被接收为信号“1”的概率为0.45 D. 若已知一次发信后被接收为信号“1”，则接收正确的概率为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等差数列的前项和为．且．则______． 13. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的上、下顶点分别为，，右焦点为，线段的延长线与交于点，若，则的离心率为______． 14. 已知函数，当时，恒成立，则的取值范围为______. 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. 在中，角，，的对边分别为，，．且满足． （1）求角的大小； （2）已知，，在边上，且满足，求的长． 16. 如图所示，在长方体中，，，，点在棱上，点在棱上，且. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的余弦值； （3）在棱上是否存在点，使得到平面的距离与到平面的距离相等？若存在，求出的长；若不存在，说明理由. 17. 设函数. （1）证明：曲线在点处的切线过定点，并求出该定点坐标； （2）若有两个零点，求的取值范围. 18. 某自动文本生成工具存在两种常见状态：状态1为生成状态，在此状态下，工具根据用户输入的提示､主题或参数，利用预训练模型生成文本内容；状态2为优化状态，在此状态下，工具对已生成的文本进行校对､润色､改写或结构优化.已知该文本生成工具能自动进行状态切换或保持，每进行一次状态切换或保持称为一次自动操作.假设首次（第一次）自动操作后处于状态1和状态2的概率均为，且之后每次自动操作后所处的状态仅与操作前的状态有关，与更早的状态无关.表示从第二次自动操作开始，每次自动操作时从状态到状态的概率，若，且. （1）记前2次自动操作后的状态中状态为1的次数为， （i）求前2次自动操作后的状态中第一次状态为1，第二次状态为2的概率； （ii）求随机变量的期望； （2）记事件：前次自动操作后的状态中状态1和状态2均为次，当时，证明：. 19. 已知椭圆的焦距为，过点的直线与交于两点，为的中点，为坐标原点.设的斜率为，直线的斜率为，. （1）求椭圆的方程； （2）若为直角三角形，求的值； （3）直线交轴于点，点关于轴的对称点为，直线交轴于点，探究：是否为定值？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高中毕业班全真模拟考试 数学 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. 已知集合，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由子集的定义，解不等式可得结果. 【详解】由，可得，解得. 故选：D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先进行复数的除法运算，再根据共轭复数的概念得到，进而由复数的乘法运算，即可得出结果. 【详解】因为 所以 所以. 3. 已知，，则向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，， 所以， 即，解得， 由知，. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，得，解得， 所以. 5. 已知正三棱柱的底面边长为6，高为，其顶点都在球O的球面上，则球心O到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法计算球心到该平面的距离. 【详解】正三棱柱外接球的球心是上下底面正三角形中心连线的中点， 以点为原点，，为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则球心的坐标为： 因为底面边长为，所以底面正三角形外接圆半径； 故 ，，， 所以 ，， 设平面的法向量为，则由，即， 令，则，则是平面的一个法向量. 又，因此球心到平面的距离 . 6. 已知是定义在上的偶函数，且，当时，，则（ ） A. B. 1 C. 3 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据偶函数的定义可得：，进而根据已知条件求得函数的周期，最后借助函数周期性求解函数值即可. 【详解】因为是定义在上的偶函数，所以.又因为， 所以，所以，所以的周期为. 因为时，，所以. 故选：B. 7. 已知抛物线C：的焦点为F，点在抛物线C上，且，则（ ） A. 8 B. 6 C. 5 D. 4 【答案】D 【解析】 【详解】由题意可得抛物线的焦点为，准线方程为， 根据抛物线的定义可得，则. 8. 若等差数列的前项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【详解】利用等差数列前项和公式， 代入得：， 代入已知条件：， 化简得：， 展开并整理：， 解得，即：， 因此：， 故. 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. 已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，且的外接圆半径为1，的面积等于，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据正弦定理边角互化得，整理即可判断；对于B，根据面积关系得判断；对于C，根据得，且，再根据求解判断；对于D，先求得，再结合诱导公式与和差角公式求解判断. 【详解】因为，外接圆半径为1， 所以，整理得：，故A选项正确； 因为的面积等于 所以，即，故B选项错误； 所以由得，且， 所以， 因为， 所以，故C选项正确； 因为，，所以 所以，即 因为，， 所以，故D选项正确. 故选：ACD 10. 在等腰梯形中，为中点，点为的中点，将沿折起到的位置，使得平面平面，下列说法中正确的有（ ） A. 平面 B. 点到平面的距离为 C. 与平面所成角的正弦值为 D. 三棱锥外接球表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，等腰梯形中，根据边长可得，由此即可证平面；对于B，先证平面，再利用等体积法可求点到面的距离；对于C，由线面夹角的定义可知与平面所成角的正弦值为；对于D，根据题意球心在过外接圆圆心垂线的交点处，然后求出半径及表面积. 【详解】在等腰梯形中，为中点， ，且，四边形为平行四边形， ，且，又，所以为等边三角形， 即，所以四边形和四边形均为菱形， ，，， ，翻折后， ，， 又平面，，所以平面，故A正确； 对于B，平面平面，平面平面，， 平面，平面，， ，，， 则，即，， 设点到平面的距离为， ，解得，故B错误； 对于C，与平面所成角的正弦值为，故C正确； 对于D，根据题意为等边三角形，且平面平面， 设外接圆圆心，过分别作平面与平面的垂线，交点即为球心，连接， ， ， 所以三棱锥外接球表面积为，故D正确； 故选：ACD. 11. 在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0．已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为和（）．假设每次发送信号0和1是等可能的且每次发送信号相互之间是独立的．当发送两次信号是“0”“1”时，接收到的信号也是“0”“1”的概率为0.72．则下列结论正确的是（ ） A. B. 当发送两次信号是“1”“1”时，恰有一次被正确接收的概率为0.16 C. 一次发信后被接收为信号“1”的概率为0.45 D. 若已知一次发信后被接收为信号“1”，则接收正确的概率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据互斥事件概率加法和条件概率进行逐项分析即可判断. 【详解】对于，当发送两次信号是“0”“1”时，接收到的信号也是“0”“1”的概率为0.72， 则 ，解得，所以选项A正确； 对于，发送两次信号是“1”“1”时，恰有一次被正确接收有两种情况： 第一种情况是第一次发送1接收为1，第二次发送1接收为0，其概率为； 第二种情况是第一次发送1接收为0，第二次发送1接收为1，其概率为。 根据互斥事件概率加法公式，恰有一次被正确接收的概率为， 所以选项B错误； 对于, 一次发信后被接收为信号“1”有两种情况： 第一种情况是发送0收为1其概率为； 第二种情况是发送1收为1其概率为， 根据互斥事件概率加法公式， 一次发信后被接收为信号“1的概率为， 所以选项C正确； 对于，设事件表示“一次发信后被接收为信号1，事件表示“接收正确”。 由前面计算可知，表示发送1接收为1概率， 即，根据条件概率公式可得， 所以选项D正确. 故选：． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等差数列的前项和为．且．则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意结合等差数列的性质运算求解即可. 【详解】因为数列为等差数列，则，即， 所以. 故答案为：. 13. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的上、下顶点分别为，，右焦点为，线段的延长线与交于点，若，则的离心率为______． 【答案】 【解析】 【分析】求出直线方程，结合，利用两点间距离公式求出点坐标，代入椭圆方程求解即可. 【详解】椭圆的上顶点，下顶点，右焦点，其中. 直线方程：. 设，因为，所以， 即，解得，所以. 代入椭圆方程得，即，所以，即. 又，所以. 14. 已知函数，当时，恒成立，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】先根据恒成立代入特殊值求出的大致范围，再利用导数证明所求范围内恒成立即可. 【详解】由可得. 因为当时，恒成立，所以时，； 设，，所以为增函数， 又，所以，即. 当时，，， 所以， 令，， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以，即. 所以当时，恒成立， 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. 在中，角，，的对边分别为，，．且满足． （1）求角的大小； （2）已知，，在边上，且满足，求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用两角和的余弦公式结合三角形内角和计算求解； （2）根据已知条件，利用余弦定理解三角形． 【小问1详解】 由得， 即， ，即， ， 又， ． 【小问2详解】 已知，，，在边上，且满足， ， ， ， 在中，由余弦定理得， 在中，已知， 则 ， 解得． 16. 如图所示，在长方体中，，，，点在棱上，点在棱上，且. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的余弦值； （3）在棱上是否存在点，使得到平面的距离与到平面的距离相等？若存在，求出的长；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在符合题意的点， 【解析】 【分析】（1）先证四边形为菱形得，再结合长方体性质得，进而证平面，最终推出； （2）由面面垂直性质确定点在平面上的投影位置，得到线面角，再通过计算三角形边长，利用余弦定理求出该角的余弦值； （3）利用等体积法将体积比转化为对应三角形面积比，结合另一组同高棱锥的体积比等于底边长之比，从而求出线段的长度，确定满足条件的点. 【小问1详解】 证明：连接交于点，， ，故为菱形， 故，由长方体得平面， 由平面，知； 由，平面，平面， 知平面，由平面，知. 【小问2详解】 如图所示，连接，由（1）知，平面， 又由平面，平面平面，交线为， 故点在平面的投影必在直线上， 故直线与平面所成角即为， 在中，， ，， 故由余弦定理得， 即直线与平面所成角的余弦值为； 【小问3详解】 假设存在点满足条件，记到平面的距离到平面的距离， 则，由（1）（2）知， ，故；则， 另一方面， 故，综上所述，存在符合题意的点，. 【点睛】本题以长方体为载体，先通过菱形性质与线面垂直判定证明线线垂直，再利用面面垂直确定线面角，最后结合等体积法与线段比例关系探究存在性问题，核心是立体几何中垂直关系的转化与体积比的代数化处理. 17. 设函数. （1）证明：曲线在点处的切线过定点，并求出该定点坐标； （2）若有两个零点，求的取值范围. 【答案】（1）证明见解析， （2） 【解析】 【分析】（1）借助导数几何意义计算可得曲线在点处的切线方程，再求出该切线所过定点即可得； （2）求导后分及讨论该函数单调性，结合零点存在性定理可得不符， 时需满足，解出即可得. 【小问1详解】 因为，， 所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为：， 即，即， 所以曲线在点处的切线过定点； 【小问2详解】 ，， 当时，，则在上单调递减， 此时最多有一个零点，不满足题意； 当时，令，解得，令，解得， 于是在上单调递减，在上单调递增， 所以， 当时，，当时，， 又因为有两个零点， 所以，即， 解得或， 因此，的取值范围为. 18. 某自动文本生成工具存在两种常见状态：状态1为生成状态，在此状态下，工具根据用户输入的提示､主题或参数，利用预训练模型生成文本内容；状态2为优化状态，在此状态下，工具对已生成的文本进行校对､润色､改写或结构优化.已知该文本生成工具能自动进行状态切换或保持，每进行一次状态切换或保持称为一次自动操作.假设首次（第一次）自动操作后处于状态1和状态2的概率均为，且之后每次自动操作后所处的状态仅与操作前的状态有关，与更早的状态无关.表示从第二次自动操作开始，每次自动操作时从状态到状态的概率，若，且. （1）记前2次自动操作后的状态中状态为1的次数为， （i）求前2次自动操作后的状态中第一次状态为1，第二次状态为2的概率； （ii）求随机变量的期望； （2）记事件：前次自动操作后的状态中状态1和状态2均为次，当时，证明：. 【答案】（1）（i）；（ii）； （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）（i）利用条件概率的乘法公式求解； （ii）根据题意，的可能取值有，再分别求出对应概率并计算期望即可； （2）由题可知，再根据，且进行计算求解． 【小问1详解】 记事件：前次操作后处于状态1，则事件：前次操作后处于状态2， 由已知得. （i）即求； （ii）的可能取值有， ， ， ， 所以； 【小问2详解】 事件表示发生且第次操作后处于状态1，事件表示发生且第次操 作后处于状态2，显然，且， 当时，由， 得， 又 ， ， 而 ， 得 ， 所以. 19. 已知椭圆的焦距为，过点的直线与交于两点，为的中点，为坐标原点.设的斜率为，直线的斜率为，. （1）求椭圆的方程； （2）若为直角三角形，求的值； （3）直线交轴于点，点关于轴的对称点为，直线交轴于点，探究：是否为定值？ 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）由点差法和斜率的关系可得椭圆的基本量，进而可得椭圆方程； （2）根据三角形为直角三角形进行分三类情况讨论，若时结合根与系数关系可得斜率值；若或时，分别可得或的坐标，进而可得斜率值； （3）分别用直线的斜率为表示出点的横坐标，进而可证明定值. 【小问1详解】 设，则，两式相减，得，即. 因为为的中点，所以， 所以直线的斜率为，所以， 所以，即. 因为椭圆的焦距为，所以，又因为， 解得，所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 设直线的方程为.设，如图： 将代入方程，消得， ，解得. 则. 若时，有，即，, 即， 所以，化简整理得，解得，符合； 若时，则，即，所以. 又因为，联立方程组解得或（舍去）， 所以，所以，符合. 若时，则，即，所以. 又因为，联立方程组解得或（舍去）， 所以，所以，符合. 综上，或. 【小问3详解】 由直线的方程，知. 因为点为点关于轴的对称点，所以，所以直线的方程为， 令，得点的横坐标为，因为， 所以， 所以为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $