精品解析：湖南长沙市望城区第一中学2026届高三考前模拟考试（二）数学试卷

望城一中2026届高三年级考前模拟考试（二） 科目：数学 望城一中数学组 2026.5.11 本试题卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项: 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. 2 B. C. D. 3. 设向量， 满足 ，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 5 4. 若直线与圆相切，则m的值为（ ） A. 21或 B. 或1 C. 5或 D. 或15 5. 已知函数的图象是由曲线上各点的横坐标变为原来的2倍后，再向左平移个单位长度后所得，则（ ） A. -1 B. C. D. 1 6. 已知数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 7. 定义在上的函数满足：①对任意，都有；②的图象关于直线对称：③则下列说法正确的是（ ） A. 是奇函数 B. 是偶函数 C. D. 8. 已知随机事件，，发生的概率均为，且两两独立，那么这三个事件同时发生的概率可能为（ ） 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 若，则（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在某城市中，M，N两地之间有整齐的方格形道路网，其中是道路网中的5个指定交汇处，今在道路网M，N处的甲、乙两人分别要到N，M处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N，M处为止，则下列说法正确的是（ ） A. 甲从M到达N处的方法有15种 B. 甲从M必须经过到达N处的方法有6种 C. 甲、乙两人在处相遇的概率为 D. 甲、乙两人在道路网中5个指定交汇处相遇的概率为 11. 在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌．艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花瓣的图案，它可看作由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转、、后所得三条曲线与C围成的（如图阴影区域），A，B为C与其中两条曲线的交点，若，则（   ） A. 开口向上的抛物线的方程为 B. C. 直线截第一象限花瓣的弦长最大值为 D. 阴影区域的面积大于4 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则曲线在点处的切线方程为______． 13. 已知向量，，且，则在方向上的数量投影的取值范围为___________ 14. 如图1，已知球O的半径．在球O的内接三棱锥中．平面，，，．P，Q分别为线段AC，BC的中点，G为线段BD上一点（不与点B重合），如图2．则平面与平面夹角的余弦值的最大值为______． 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. 在脑机接口技术实验中，研究人员为验证不同思维任务下，两个大脑的信号同步性是否独立，研究人员选取了200组观测数据，聚焦于“逻辑推理”与“创造性想象”两类任务，记录了两位受试者脑电信号的同步情况，得到了如下列联表： 思维任务类型 信号同步性 合计 信号同步 信号不同步 逻辑推理 42 58 100 创造性想象 28 72 100 合计 70 130 200 （1）分别计算两类任务中信号同步的频率，根据频率，你认为思维任务类型与信号同步性有关吗？简述理由． （2）根据小概率值的独立性检验，分析思维任务类型与信号同步性有关吗？ 附：， 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 16. 在直三棱柱中，，，，，， （1）若平面，求的值； （2）若二面角与二面角的大小相等，求的值． 17. 在中，内角所对的边分别为，且. （1）求A. （2）已知. （i）若的面积为，求c； （ii）若边上一点P满足，点Q是的中点，求的最小值. 18. 已知函数． （1）若在处的切线方程为，求的值； （2）当时，，总存在，使得成立，求 的取值范围； （3）当时，有三个不同零点，求的取值范围． 19. 在平面直角坐标系中，已知椭圆：的两个焦点分别为，，为椭圆上一动点，设，当时，的面积取得最大值． （1）求椭圆的标准方程； （2）过点的直线与椭圆交于不同的两点，（点在点，之间）． （i）求的取值范围； （ii）若为椭圆上一点，且，求四边形的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 望城一中2026届高三年级考前模拟考试（二） 科目：数学 望城一中数学组 2026.5.11 本试题卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项: 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对数函数的性质，以及不等式的解集，求得和，结合集合交集的概念与运算，即可求解. 【详解】由，则满足，可得，所以， 又由不等式，解得，所以， 则. 故选：A. 2. 已知复数，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以，所以． 3. 设向量， 满足 ，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】通过平方的方法，结合完全平方公式和向量数量积运算律计算求解. 【详解】因为 所以. 故选：A. 4. 若直线与圆相切，则m的值为（ ） A. 21或 B. 或1 C. 5或 D. 或15 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线与圆的位置关系结合点到直线的距离公式运算求解. 【详解】圆的圆心为圆，半径为2， 由题意可得：，解得或. 故选：D. 5. 已知函数的图象是由曲线上各点的横坐标变为原来的2倍后，再向左平移个单位长度后所得，则（ ） A. -1 B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【详解】显然， 由可得，于是，， 由得. 所以. 于是．故选D． 6. 已知数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得、，再借助等比数列求和公式计算即可得. 【详解】由，则， 由，则，故， 则、、、， 则. 故选：A. 7. 定义在上的函数满足：①对任意，都有；②的图象关于直线对称：③则下列说法正确的是（ ） A. 是奇函数 B. 是偶函数 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对称性可得的图象关于对称，直线对称，且以以4为周期的周期函数，即可根据函数图象的平移，结合奇偶性的定义求解. 【详解】令，得，即，故函数的图象关于对称． 又的图象关于直线对称，故，的图象关于直线对称． ，是以4为周期的周期函数． 对于A，的图象是将的图象向左平移2个单位，故的图象关于轴对称，是偶函数，故A错误； 对于B，的图象是将的图象向左平移1个单位，故的图象关于原点对称，是奇函数，故B错误； 对于C，由，得；由，得， ，故C正确； 对于D，依题意，得，，，故D错误． 故选：C． 8. 已知随机事件，，发生的概率均为，且两两独立，那么这三个事件同时发生的概率可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由两两相互独立得到， 设， 则 ，解得， 又考虑， 解得，综上得． 【点睛】利用概率的非负性和事件并集的概率上限，结合独立性条件逐步缩小范围. 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据指数函数的单调性判断A；根据不等式的基本性质利用作差法判断B；根据对数函数的单调性判断C；根据对勾函数的单调性判断D. 【详解】对于A，由，且函数在上为减函数， 则，故A错误； 对于B，由，则， 所以，故B正确； 对于C，由，且函数在上为增函数， 则，故C正确； 对于D，由对勾函数的性质可知，函数在上为增函数， 而，则，故D正确. 故选：BCD 10. 如图，在某城市中，M，N两地之间有整齐的方格形道路网，其中是道路网中的5个指定交汇处，今在道路网M，N处的甲、乙两人分别要到N，M处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N，M处为止，则下列说法正确的是（ ） A. 甲从M到达N处的方法有15种 B. 甲从M必须经过到达N处的方法有6种 C. 甲、乙两人在处相遇的概率为 D. 甲、乙两人在道路网中5个指定交汇处相遇的概率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据组合数原理可判断A；根据分步乘法计数原理和组合数原理可判断B；根据分步乘法计数原理、组合数原理和古典概型概率公式可判断C、D. 【详解】对于A，甲从M到N的最短路程，只能向上或者向右走， 需要走6步，2步向上，4步向右，共有种，故A正确； 对于B，第一步，甲从M到，有种走法， 第二步，从到N，有种走法，所以共有种走法，故B错误； 对于C，由B可知甲、乙经过的走法都有9种，所以在处相遇共有种走法， 而甲、乙两人的总走法有种，所以两人在处相遇的概率为，故C正确； 对于D，因为甲、乙两人以相同的速度同时出发，因而相遇时走过的路程相等，故两人只能在处相遇，由C可知D对． 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛:本题C中主要利用分步乘法计数原理和组合数原理进行求解，再结合古典概率从而可求解. 11. 在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌．艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花瓣的图案，它可看作由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转、、后所得三条曲线与C围成的（如图阴影区域），A，B为C与其中两条曲线的交点，若，则（   ） A. 开口向上的抛物线的方程为 B. C. 直线截第一象限花瓣的弦长最大值为 D. 阴影区域的面积大于4 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，开口向上的抛物线与关于直线对称，从而得到A正确;B选项，联立求出，由对称性可得，故，B正确;C选项，联立与得,从而求出，换元得到的最大值为，C错误;D选项，通过求抛物线的切线方程，计算三角形面积并结合图形对称性与面积放缩，推导出阴影部分面积大于4. 【详解】由题意，开口向右的抛物线方程为， 顶点在原点，焦点为， 将其逆时针旋转后得到的抛物线开口向上， 焦点为，则其方程为，即，故正确； 对于B，根据A项分析，由可解得，或， 即，代入可得， 由图象对称性，可得，故，即B正确； 对于C，如图，设直线与第一象限花瓣分别交于点， 由解得，由解得，， 即得， 则弦长为：， 由图知，直线经过点时取最大值4，经过点时取最小值0， 即在第一象限部分满足，不妨设，则，且， 代入得，，（） 由此函数的图象知，当时，取得最大值为，即C错误； 对于D，根据对称性，每个象限的花瓣形状大小相同，故可以先求部分面积的近似值. 如图， 在抛物线上取一点，使过点的切线与直线平行， 因，设切线为，联立得，解得 因，则两直线的距离为， 于是，由图知，半个花瓣的面积必大于， 故原图中的阴影部分面积必大于，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则曲线在点处的切线方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查导数的几何意义，即函数在某点处的切线斜率等于该点处的导数值，再利用点斜式方程求出切线方程即可. 【详解】由，则，所以，又， 所以在点处的切线方程为，即. 13. 已知向量，，且，则在方向上的数量投影的取值范围为___________ 【答案】 【解析】 【分析】代入数量投影公式，转化为三角函数值域问题求解. 【详解】在方向上的数量投影为， ，，. 14. 如图1，已知球O的半径．在球O的内接三棱锥中．平面，，，．P，Q分别为线段AC，BC的中点，G为线段BD上一点（不与点B重合），如图2．则平面与平面夹角的余弦值的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】以点C为坐标原点，直线CB，CA分别为x，y轴，过点C且与BD平行的直线为z轴，建立适当的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，进一步得平面与平面夹角的余弦值的最大值的表达式，结合换元法、基本不等式求解即可. 【详解】因为平面，平面，所以，， 因为，又，所以平面， 又平面，所以， 易知在和中，斜边AD的中点到点A，B，C，D的距离相等， 即AD为球O的直径，设，因为，， 所以，，因为，， 所以中，，． 以点C为坐标原点，直线CB，CA分别为x，y轴，过点C且与BD平行的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，设，， 由题可知，，，， 则，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，可得． 设平面的一个法向量为， 则，取，可得． 设平面与平面的夹角为． 因为 ， 令，则，，， 可得， 当且仅当，即时等号成立， 此时即取得最大值． 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. 在脑机接口技术实验中，研究人员为验证不同思维任务下，两个大脑的信号同步性是否独立，研究人员选取了200组观测数据，聚焦于“逻辑推理”与“创造性想象”两类任务，记录了两位受试者脑电信号的同步情况，得到了如下列联表： 思维任务类型 信号同步性 合计 信号同步 信号不同步 逻辑推理 42 58 100 创造性想象 28 72 100 合计 70 130 200 （1）分别计算两类任务中信号同步的频率，根据频率，你认为思维任务类型与信号同步性有关吗？简述理由． （2）根据小概率值的独立性检验，分析思维任务类型与信号同步性有关吗？ 附：， 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）有关，理由见解析 （2）无关 【解析】 【小问1详解】 逻辑推理任务中信号同步的频率，创造性想象任务中信号同步的频率， 思维任务类型与信号同步性有关，因为两类任务的同步频率存在明显差异，即； 【小问2详解】 零假设：思维任务类型与信号同步性无关， 根据表中数据可得， 根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立， 因此可以认为成立，即思维任务类型与信号同步性无关． 16. 在直三棱柱中，，，，，， （1）若平面，求的值； （2）若二面角与二面角的大小相等，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，由线面平行的性质可得出，再结合中位线的性质可得出的值； （2）解法一（几何法）：过点在平面内作，垂足为，连接、，分析可知二面角和二面角的平面角分别为、，根据以及二倍角的正切公式求出的长，即可求出的值； 解法二（空间向量法）：以为原点，、、分别为、、轴正方向建立空间直角坐标系，设二面角与二面角的平面角分别为、，且，利用空间向量法结合二倍角的余弦公式可得出的等式，解之即可. 【小问1详解】 连接交于点，连接， 平面，平面，平面平面， ， 又是的中点，故是的中点，. 【小问2详解】 因为二面角与二面角的大小相等， 所以二面角是二面角的大小的一半， 法一：几何法 过点在平面内作，垂足为，连接、， ，，，、平面， 平面， 平面，， 又，，、平面，平面， 又、平面，，， 二面角和二面角的平面角分别为、， 分别记作和，则为锐角，且， 因为，，，故， 所以，， 即，解得， 又，解得，所以． 法二：空间向量法 在直三棱柱中，平面，， 以为原点，、、分别为、、轴正方向建立空间直角坐标系， 则、、、、， 则，，， 易知平面的一个法向量， 设平面与平面的一个法向量分别为、， 设二面角与二面角的平面角分别为、，且， 则，取，可得， ，取，可得 则，， 由，即，因为，解得. 17. 在中，内角所对的边分别为，且. （1）求A. （2）已知. （i）若的面积为，求c； （ii）若边上一点P满足，点Q是的中点，求的最小值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）通过三角函数的辅助角公式化简已知等式，借助于三角函数的性质求角； （2）（i）利用三角形面积公式求出,再由余弦定理得，再解即可；（ii）在中使用余弦定理，结合，令换元，将问题转化为函数最值问题，再利用导数求最值即可. 【小问1详解】 由，可得：，所以. 因为，所以，则，解得. 【小问2详解】 （i）根据三角形面积公式，可得，即，得. 再根据余弦定理，可得，即. 由可得，代入得，即， 解得，则. （ii），且，点Q是的中点， 在中，由余弦定理，可得， 即， 如图，在中，设，则，，， 令，则代入得， 解得，代入， 设，， 则，令解得， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 故当时，，又， 故的最小值为. 18. 已知函数． （1）若在处的切线方程为，求的值； （2）当时，，总存在，使得成立，求 的取值范围； （3）当时，有三个不同零点，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求得，得到，得到方程，求得的值，再将代入切线方程，求得，得出，求得的值； （2）当时，，利用二次函数的性质，求得，求得，得出函数的单调性，求得，得出不等式，即可求解； （3）转化为有三个不相等实根，设，利用导数求得的单调区间和极值，结合与有三个交点，列出不等式，即可求解. 【小问1详解】 由函数，可得， 则，所以， 因为在处的切线方程为， 可得，解得， 将代入切线方程，可得， 即，解得，所以. 【小问2详解】 当时，， 因为函数的图像象开口向上，对称轴为， 所以， 又因为，所以， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 因为，可得， 所以，则，解得， 所以的取值范围为. 【小问3详解】 当时，可得， 因为有三个不同零点，所以有三个不相等实根， 即与的图象有三个交点， 设，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 又由，且时，；时，， 因为与的图象有三个交点，所以， 所以实数的取值范围为. 19. 在平面直角坐标系中，已知椭圆：的两个焦点分别为，，为椭圆上一动点，设，当时，的面积取得最大值． （1）求椭圆的标准方程； （2）过点的直线与椭圆交于不同的两点，（点在点，之间）． （i）求的取值范围； （ii）若为椭圆上一点，且，求四边形的面积． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）设，则，设为椭圆的半焦距，则，可求出，求的面积的最大值就是求的最大值，根据的范围可得，由得到，通过解方程组得到的值，从而得到椭圆的标准方程； （2）（i）设直线的方程，直线和椭圆联立方程组，消去，得到的一元二次方程，设的坐标，由题意可知的一元二次方程的，从而解出的取值范围，利用韦达定理求出和，从而得到同号，求出，由和求出，由的范围求出的范围，换元法设，由点在点，之间得到， 由的范围求出的范围，即得到的范围，继而得到的范围即为所求；（ii）得到和四边形为平行四边形，求出即得的坐标，将点代入椭圆的方程求出的值，利用弦长公式求出，设点直线的距离为，利用点到直线的距离公式求出，则代入数集求解即可. 【小问1详解】 设，则，设为椭圆的半焦距，则， ， 当取最大值时，的面积取得最大值时， ，时，取最大值，此时，或， 的最大面积为，的最大面积为， ，此时，则， ，， 又，联立，解得， 椭圆的标准方程； 【小问2详解】 （i）如图，直线的方程为时，不存在，不满足题意， 设直线的方程为， 联立，消去，得到， 整理得， 设，，， 过点的直线与椭圆交于不同的两点，， ，， ，，同号， ， ，同号，， ，， ，，， ， 设，点在点，之间，则， 转化为， ，，，， ，，，， 的取值范围. （ii）如图，作出符合题意的图形， ，， ，，且四边形为平行四边形， ，， ，为椭圆上一点，， ，， ， ，， 设点直线的距离为，， . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $