精品解析：湖南长沙市铁路第一中学2026届高三第二次模拟考试数学试题

长沙市铁路第一中学2026届高三第二次模拟考试 数学试题 本试卷满分 150 分，考试时量120分钟，考试时间：2026年5月13日 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，，且，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量满足，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 已知的内角，，的对边分别为，，，若，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知椭圆与双曲线的离心率互为倒数，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 6. 甲箱中有2个白球和4个黑球，乙箱中有4个白球和2个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，以，分别表示由甲箱中取出的是白球和黑球；再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的是白球，则下列结论错误的是（ ） A. ，互斥 B. C. D. 7. 如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖．可放小球的最大半径为．若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大棱长为，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数在区间内有最大值，但无最小值，则的取值范围是（ ） 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 天道酬勤，主动学习方能追求卓越.高三年级的小艾同学决定对函数、三角、数列、立几这四个内容的复习效果进行一次自我检测，每个内容各准备了10道典型题目.做完后对照答案记录每道题的失分（均为非负整数）情况，若某内容每道题失分都不超过7分，则认定该内容为“复习效果达标内容”，已知四个内容失分情况的相关数据信息如下，则一定为“复习效果达标内容”的是（ ） A. 函数内容的10道题失分记录的中位数为3，极差为4 B. 三角内容的10道题失分记录的平均数为2，众数为2 C. 数列内容的10道题失分记录的平均数为3，方差为2.4 D. 立几内容的10道题失分记录的平均数为3，第65百分位数为6 10. 已知抛物线：的焦点为，过点的直线与交于，两点，则下列说法正确的是（ ） A. 焦点到抛物线的准线的距离为8 B. C. 若的中点的横坐标为3，则 D. 若，则 11. 已知数列满足（为正整数），，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则所有可能取值的集合为 C. 若，则 D. 若为正整数，则的前项和为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的图象在点处的切线方程为__________. 13. 的展开式中所有项的系数和为__________． 14. 已知函数，若存在实数，使函数至少有两个不同的零点，则的取值范围是___________. 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. 已知数列的前n项和为，． （1）求数列的通项公式； （2）记数列的前n项和为，求的表达式． 16. 为进一步激发青少年学习中华优秀传统文化的热情，某校举办了“我爱古诗词”对抗赛，在每轮对抗赛中，高二年级胜高三年级的概率为，高一年级胜高三年级的概率为，且每轮对抗赛的成绩互不影响． （1）若高二年级与高三年级进行4轮对抗赛，求高三年级在对抗赛中至少有3轮胜出的概率； （2）若高一年级与高三年级进行对抗，高一年级胜2轮就停止，否则开始新一轮对抗，但对抗不超过5轮，求对抗赛轮数X的分布列与数学期望． 17. 如图，在直三棱柱中，． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 18. 设A，B两点的坐标分别为，，直线，相交于点M，且它们的斜率之积为3，记点M的轨迹为W，O为坐标原点． （1）求轨迹W的方程； （2）过点的动直线与W的左、右支交于P，Q两点，且与直线交于点C．过点F作直线，直线与直线，分别交于点D，E． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）若的面积与的面积之比为，求点Q的坐标． 19. 已知，函数. （1）当时，求函数的极小值； （2）证明：当时，对任意，，都有； （3）若存在，，，使得成立，求实数a的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长沙市铁路第一中学2026届高三第二次模拟考试 数学试题 本试卷满分 150 分，考试时量120分钟，考试时间：2026年5月13日 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，，且，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，得，进而得到关于的方程，结合集合的性质求解即可. 【详解】由，得， 所以或或，解得或或或. 当时，，，不符合集合元素的互异性，故舍去. 当时，，，不符合集合元素的互异性，故舍去. 当时，，，符合题意. 当时，，，不符合集合元素的互异性，故舍去. 故. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数乘法，除法的计算法则计算即可. 【详解】由，得，则， 所以， 所以． 故选：D． 3. 已知向量满足，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据模长公式可得，即可根据夹角公式求解. 【详解】由可得， 故，结合故， ，故， 故选：B 4. 已知的内角，，的对边分别为，，，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】使用余弦定理结合条件与三角函数值即可求解. 【详解】由余弦定理得. 因为，所以. 5. 已知椭圆与双曲线的离心率互为倒数，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出椭圆离心率，即可得双曲线离心率，再根据，可得渐近线方程. 【详解】由，知椭圆离心率， 故双曲线的离心率为2， 所以，可得， 故渐近线为. 故选：C 6. 甲箱中有2个白球和4个黑球，乙箱中有4个白球和2个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，以，分别表示由甲箱中取出的是白球和黑球；再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的是白球，则下列结论错误的是（ ） A. ，互斥 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件概率、全概率公式、互斥事件的概念等知识，逐一分析选项，即可得答案. 【详解】因为每次只取一球，故，是互斥的事件，故A正确； 由题意得，，，， ，故B，D均正确； 因为，故C错误. 故选：C. 7. 如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖．可放小球的最大半径为．若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大棱长为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】画出截面图，设储物盒所地球的半径为，从而利用表达出小球最大半径和正方体棱长，进而求出比值. 【详解】设储物盒所在球的半径为，如图， 小球最大半径满足，所以， 正方体的最大棱长满足，解得， 所以. 故选：D. 8. 已知函数在区间内有最大值，但无最小值，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用辅助角公式可得，根据自变量取值范围以及正弦函数图象性质可得，解不等式可得. 【详解】易知， 当时，， 又因为在区间内有最大值，但无最小值，所以， 解得. 故选：B 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. 天道酬勤，主动学习方能追求卓越.高三年级的小艾同学决定对函数、三角、数列、立几这四个内容的复习效果进行一次自我检测，每个内容各准备了10道典型题目.做完后对照答案记录每道题的失分（均为非负整数）情况，若某内容每道题失分都不超过7分，则认定该内容为“复习效果达标内容”，已知四个内容失分情况的相关数据信息如下，则一定为“复习效果达标内容”的是（ ） A. 函数内容的10道题失分记录的中位数为3，极差为4 B. 三角内容的10道题失分记录的平均数为2，众数为2 C. 数列内容的10道题失分记录的平均数为3，方差为2.4 D. 立几内容的10道题失分记录的平均数为3，第65百分位数为6 【答案】AC 【解析】 【分析】根据中位数、极差、平均数、众数、方差、百分位数等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】对于选项A，假设函数内容有一道题失分大于等于8分， 则由极差为4可知，函数内容失分最少的题的失分数据大于等于4， 则失分记录的中位数不可能为3，与题设中位数为3矛盾，故假设不成立， 所以函数内容每一道题失分都不超过7分， 故函数内容为“复习效果达标内容”，所以A正确； 对于选项B，设三角内容这10道题失分记录为0，0，1，1，2，2，2，2，8， 满足题设失分记录的平均数为2，众数为2的条件， 由定义知三角内容不是“复习效果达标内容”，所以B错误； 对于选项C，设数列内容这10道题失分记录从小到大依次为 ， 则由平均数为3，方差为2.4可知，， 从而，若，则， 所以，故数列内容为“复习效果达标内容”，所以C正确； 对于选项D，设立几内容这10道题失分记录为0，0，0，0，0，0，6，6，6，12， 满足题设平均数为3，第65百分位数为6的条件， 由定义知立几内容不是“复习效果达标内容”，所以D错误； 故选：AC 10. 已知抛物线：的焦点为，过点的直线与交于，两点，则下列说法正确的是（ ） A. 焦点到抛物线的准线的距离为8 B. C. 若的中点的横坐标为3，则 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】由抛物线方程确定焦点坐标，及准线方程可判断A，通过斜率存在，或不存在两种情况讨论，结合焦半径公式可判断B，结合B，及焦半径公式可判断C，通过确定直线的斜率为，得到直线的方程为，联立抛物线方程求得坐标，即可求解. 【详解】抛物线的焦点为，准线，， 所以焦点到抛物线的准线的距离为4，A错误； 设 当直线垂直于轴，可得， 所以,得 当直线不垂直于轴，设方程为，由，得， 则，， ，B正确； 对于C，由的中点的横坐标为3，可得：， ， 又， 所以，C正确； 对于D， 过点作，直线与轴分别交与点， 设，则， 因，则，得， 则，则， 故直线的斜率为，直线的方程为， 与联立得， 解得， 所以， 可得：， 所以，D正确 故选：BCD 11. 已知数列满足（为正整数），，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则所有可能取值的集合为 C. 若，则 D. 若为正整数，则的前项和为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，由递推关系直接验算即可；对于B，结合是正整数分类讨论反推即可；对于C，写出前面几项，发现周期规律，由此即可验算；对于D，由等比数列求和公式即可求解. 【详解】对于A，当时， 故A错误； 对于B，若，则只能（否则，与是奇数矛盾）， 从而（否则，与是奇数矛盾）， 由可分成三种情形： ① ；②；③ . 即所有可能取值的集合为，故B正确； 对于C，当时，依次可求 ， 即从开始数列呈现周期为 又因均能被3整除，即，故C正确； 对于D，， 则的前项和为，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的图象在点处的切线方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据导数几何意义求切线的斜率，结合切点坐标即可写出切线方程. 【详解】由，得， ，得， 故所求切线方程为，即. 13. 的展开式中所有项的系数和为__________． 【答案】243 【解析】 【分析】利用赋值法求解所有项的系数和即可. 【详解】令，可得展开式中所有项的系数和为. 故答案为： 14. 已知函数，若存在实数，使函数至少有两个不同的零点，则的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】至少有两个不同的零点等价于至少有两个根，即与至少有两个交点.画出的图象，分类讨论即可求解. 【详解】至少有两个不同的零点等价于至少有两个根，即与至少有两个交点.的图象如图所示： 当时，存在使得有两根，故满足题意； 当时，存在使得有一个根，有一个根，故满足题意； 当时，，，存在使得有两个根，故满足题意； 当时，在上单调递增，，在上单调递增， ，而，故不存在使得，同时成立，故舍去. 所以的取值范围是： 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. 已知数列的前n项和为，． （1）求数列的通项公式； （2）记数列的前n项和为，求的表达式． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用求数列通项公式； （2）利用错位相减法求和. 【小问1详解】 因为， 所以（，）． 所以（，）． 又也满足上式， 所以数列的通项公式为； 【小问2详解】 由（1）知， 所以， ． 两式作差得， ． 16. 为进一步激发青少年学习中华优秀传统文化的热情，某校举办了“我爱古诗词”对抗赛，在每轮对抗赛中，高二年级胜高三年级的概率为，高一年级胜高三年级的概率为，且每轮对抗赛的成绩互不影响． （1）若高二年级与高三年级进行4轮对抗赛，求高三年级在对抗赛中至少有3轮胜出的概率； （2）若高一年级与高三年级进行对抗，高一年级胜2轮就停止，否则开始新一轮对抗，但对抗不超过5轮，求对抗赛轮数X的分布列与数学期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析；期望为 【解析】 【分析】（1）先求得高三年级胜高二年级的概率，再根据相互独立事件的概率计算公式求解即可； （2）先确定出X的所有可能取值，分别求出相应概率，从而列出分布列，求得数学期望． 【小问1详解】 由题意，知高三年级胜高二年级的概率为． 设高三年级在4轮对抗赛中有x轮胜出，“至少有3轮胜出”的概率为P，则 ． 【小问2详解】 由题意可知，3，4，5， 则， ， ， ， 故X的分布列为 X 2 3 4 5 P ． 17. 如图，在直三棱柱中，． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 连接交于， ∵三棱柱为直棱柱，平面， ∵平面，∴， ∵. ∴四边形为正方形，∴， ，，，平面. 平面， ∵平面，∴. 又，，平面. 平面. 平面，. 【小问2详解】 以为原点，，，分别为轴，轴，轴建立如图空间直角坐标系. 由题意得：. 则. 设平面的法向量为. 则，令，则. . 直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 存在，理由如下： 设()，则. . 若平面，则，解得， 存在点，使平面，此时. 18. 设A，B两点的坐标分别为，，直线，相交于点M，且它们的斜率之积为3，记点M的轨迹为W，O为坐标原点． （1）求轨迹W的方程； （2）过点的动直线与W的左、右支交于P，Q两点，且与直线交于点C．过点F作直线，直线与直线，分别交于点D，E． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）若的面积与的面积之比为，求点Q的坐标． 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）． 【解析】 【分析】（1）直接利用题目中所给的条件即可求解，注意自变量的取值范围； （2）方法一：联立方程，利用韦达定理和三角形的面积公式进行求解； 方法二：用几何比例关系，把面积比转化成线段比进行求解； 方法三：将面积比转化成线段比，结合向量共线，代入曲线方程进行求解. 【小问1详解】 设动点为． 则由直线，斜率之积为3，得， 整理可得． 因此轨迹W的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）设直线的方程为，，，则． 由得，． 故， 直线的方程为，直线的方程为， 由解得． 同理解得． 故， 因此．即点F是线段的中点， 因此为定值． （ⅱ）方法一：不妨假设点P在第二象限，点Q在第一象限， 此时，，得． 由题意（*）． 由（ⅰ）得，． 代入（*）化简得， 得，即， 解得或（舍去）， 因此，代入双曲线方程得． 由对称性可得当点Q在第四象限时，，． 因此点Q的坐标为． 方法二：由题意， 利用结合，可得． 不妨设，则， 得，， 得． 因此，得． 解得（负值舍去）． 故，因此，代入双曲线方程得， 因此点Q的坐标为． 方法三：不妨设，，． 因为利用结合，得， 由，得， 化简得，解得． 因此． 故，因此，代入双曲线方程得， 因此点Q的坐标为． 19. 已知，函数. （1）当时，求函数的极小值； （2）证明：当时，对任意，，都有； （3）若存在，，，使得成立，求实数a的取值范围. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数研究函数的极小值，即可得； （2）首先应用导数确定为增函数，再得到为增函数，利用单调性即可证明； （3）设，，从而得到能成立，利用导数及分析法求右侧的最小值，即可得. 【小问1详解】 由，得. 令，解得，， 当时，；当时，； 当时，. 所以在、上单调递增，在上单调递减， 因此，的极小值为； 【小问2详解】 当时，，其中时取等号， 所以为增函数， 对任意的，，不妨设，则， 又， 所以为增函数，得，即， 故； 【小问3详解】 由题意，不妨设，， 因为，所以， 整理得，， 令，，. ①当时，， 此时. ②当时，令，解得， 因此，在上单调递减，在上单调递增，故， 法一：因为， 又因为，得，即 所以， 记，， 则， 因为，所以， 即， 因此，当时，， 又， 综上，， 法二：求最小值的第二种解法. 令，因为，，所以， 下证：， 因为 ， 只需证：， 只需证：， 令，则， 因为， 所以，即恒成立， 因此，， 令，则，对于，， 所以，当且仅当时，. 所以a的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $