精品解析：湖南株洲市南方中学2026届高三5月第二次全真模拟考试数学试题

株洲市南方中学2026届高三5月第二次全真模拟考试 高三数学 命题人：谭海云 审题人：向海兰 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，，则中元素的个数是（    ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先解集合中的一元二次不等式，再根据集合的交集运算求出，进而即可得到中元素的个数． 【详解】由，解得，即， 所以，所以中元素的个数是． 2. 已知复数满足，则的虚部为（    ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】，； 的虚部为. 3. 在平行四边形中，为的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】在平行四边形中，为中点， 则， 因为，所以， 若，则，所以. 4. 已知数列满足，，则（ ） A. B. C. 2 D. 0 【答案】A 【解析】 【详解】由已知，，，， ，， . 5. 若圆锥曲线的焦距为4，则其离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由圆锥曲线，可知， 则，所以，曲线为双曲线， 所以焦距为， 解得，则， 所以离心率. 6. 若函数的图象与的图象关于直线对称，且，则（ ） A. B. C. D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】根据两个函数图象关于直线对称，得出它们互为反函数，进一步求出反函数表达式，并作为的解析式，最后根据题意得到关于的方程，求解. 【详解】因为两个函数图象关于直线对称， 所以是的反函数， 对整理得：，， 交换可得反函数：， 又因为，所以 ， 化简可得：，即， 两边取以3为底的对数，则. 7. 已知锐角，满足，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据和差角公式，结合同角三角关系式，得含的表示，即可根据基本不等式求解最值. 【详解】由得，即， 由于，为锐角，故， 设，则 ， 令，当且仅当时取到等号.故的最大值为. 8. 一个正八面体的八个面分别标有数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字.事件，事件，若事件满足，，则满足条件的事件的个数为（ ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 24 【答案】C 【解析】 【分析】根据事件的运算法则得到各个事件的概率，根据题意得出1或2，分别讨论这两种情况即可. 【详解】样本空间，这是一个古典概型，可得，， 即，，从而且. 由可得事件；又因为，所以1或2. (1)若，则，即，， 此时不满足； (2)若，则，且，又因为， 所以或，即或3； ①若，，此时或或或 ，也就是从事件中的四个样本点中选3个，再加入6这一个样本 点，即有个满足条件的事件； ②若，，同理有个满足条件的事件； ③若，，此时或或或， 即从事件的四个样本点中选1个，再加入5，6，7这三个样本点，即有个满足条件的事件； ④若，，同理有个满足条件的事件； 综上所述，满足条件的事件共计个. 故选：C. 二.多项选择题：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. 如图所示，在正方体中，给出以下判断，其中正确的有（ ） A. 平面 B. 平面 C. 与是异面直线 D. 平面 【答案】ACD 【解析】 【分析】由线面垂直的判定定理和线面平行的概念及异面直线的定义逐项分析判断即可. 【详解】对于选项A，因为为正方体，所以平面，所以A正确； 对于选项B，因为平面， 所以与平面也有交点，所以B错误； 对于选项C，因为与相交，所以与异面，所以C正确； 对于选项D，因为平面，平面， 所以且， 所以平面，平面，所以， 同理，所以平面，所以D正确. 故选：ACD． 10. 古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，10，…称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，…称为正方形数，记三角形数构成数列，正方形数构成数列，则下列说法正确的是（ ） A. B. 1225既是三角形数，又是正方形数 C. 若，则数列的前100项和为 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由数列的性质可判断A；再由累加法分别求出数列，，分别令和，看有无正整数解即可判断B；设，结合等差数列的求和公式可得C；将放缩后用裂项相消求和即可判断D； 【详解】三角形数构成数列：1，3，6，10，…， 则有， 利用累加法，得，得到，时也成立； 正方形数构成数列：1，4，9，16，…， 则有， 利用累加法，得，得到，时也成立. 对于A，，故A错误； 对于B，令，解得； 令，解得；故B正确； 对于C，当n为偶数时：设， 则 ， 代入可得数列的前100项和为，故C正确； 对于D，， 所以，故D正确； 故选：BCD. 11. 若曲线由半圆和半椭圆组成，若直线与交于两点（在的左侧），，则（ ） A. B. 的最大值为 C. 存在，使得四边形是平行四边形 D. 面积的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用椭圆和圆的对称性，结合椭圆的定义、圆的性质、基本不等式、三角形面积公式逐一判断即可. 【详解】因为曲线由半圆和半椭圆组成， 所以曲线关于横轴对称，不妨研究当时的情况. A：由椭圆的标准方程可知， 所以是椭圆的焦点， 于是有，所以本选项结论正确； B：显然，所以是直角三角形，且， 所以，当且仅当时，取等号，即，此时，显然重合，不符合题意， 即，所以本选项说法不正确； C：当时， 由. 当时， 由. 假设四边形是平行四边形，因为， 所以， 即，舍去，所以存在，使得四边形是平行四边形，所以本选项说法正确； D：的面积为，当且仅当时取等号，即， 所以当时，面积的最大值为，所以本选项说法正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的常数项是第________项. 【答案】676 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式，令的幂次为求解参数，即可得到常数项对应的项数。 【详解】二项式的展开式通项为： 化简得： 令的指数为，即： ，解得，满足取值范围要求， 由于展开式项数为， 因此常数项为第 项. 13. 类比二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图，由不共面的三条射线，，构成的图形称为三面角，记，，，二面角的大小为，则.已知平行六面体的底面为菱形，，，，则二面角的余弦值为___________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据已知及定义列方程求二面角的余弦值. 【详解】 如图，连接AC， 因为，则. 因为是菱形，且, 所以. 因为， 所以，. 因为，所以. 设二面角为， 由三面角定理得， 即， 即，所以. 故答案为:. 14. 若函数恰有两个零点，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【详解】函数恰好有两个零点，可转化为函数与函数的图象恰有两个交点. ①当恒成立，即时， 问题转化为方程即有两个不同的解. 由. 所以或. ②当时，方程有两个正根，（），如图， 当时，恒成立， 所以此时直线与曲线必有两个不同的交点. ③当时，方程有两个负根，（），如图， 当时，恒成立， 所以此时直线与曲线必有两个不同的交点. 综上可得：若函数恰有两个零点，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. 在中，角所对的边分别为，已知. （1）求角的大小； （2）若为边上一点，满足，且，求的面积最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理得，化简得到，求得，进而求得的值； （2）根据题意，得到，得到，结合向量的运算法则和基本不等式，求得，结合三角形的面积公式，即可求解. 【小问1详解】 解：因为， 由正弦定理得， 所以， 又因为，可得， 所以， 所以， 因为，所以，可得，所以， 又因为，故. 【小问2详解】 解：因为为边上，满足， 所以，所以，所以， 所以， 即有， 即， 所以，所以，即， 当且仅当时，即时，取等号， 所以， 即的面积最大值为. 16. 已知函数． （1）若在时取极值，求的值和的极小值； （2）若不等式对任意恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据极值点可得，则，从而，利用导数求极小值； （2）解法1：根据题意，可得，则，令，利用单调性求最值；解法2：参变分离得，设，利用导数求其最小值，可得解；解法3：利用导数研究函数的单调性，从而得解；解法4：不等式转化为，设，利用导数求的最大值，从而得解. 【小问1详解】 由题意可知：，， 因为，解得， 则，， 令，则， 令，解得；令，解得； 可知在上单调递减，在上单调递增， 则的最小值为，且， 当趋近于或时，趋近于， 可知在定义域内有2个零点和1， 当时，，当时，， 可知在，内单调递增，在内单调递减， 所以在处取极小值，极小值为． 【小问2详解】 解法1：由于不等式对任意恒成立， 则，解得， 下证：当时，， 若，则， 令，由（1）可知，在上单调递增， 则，则， 所以的取值范围为； 解法2：令，则， 设，，则， 设，，则, 可知在上单调递增，则， 即，可知在上单调递增，则， 可得，所以的取值范围为； 解法3：因为，，则， 设，，则， 可知在上单调递增，即在上单调递增， 则，且当趋近于时，趋近于， 当，即时，则在内存在零点， 若，则，可知在内单调递减， 可得，不合题意； 当，即时，则，可知在上单调递增， 则，符合题意； 综上所述：的取值范围为； 解法4：因为，则， 设， 则， 当，即时，则，可知在单调递减， 则，解得； 当，即时， 令，解得；令，解得； 可知在上单调递增，在上单调递减， 则， 令，下证：， 设,，则， 可知在上单调递增，则， 即，可得，可知不等式恒成立； 综上所述：的取值范围为. 17. 新高考数学多选题6分制的模式改变了传统的多选题赋分模式，每题具有多个正确答案，答对所有正确选项得满分，答对部分选项也可得分，强调了对知识点理解和全面把握的要求．在某次数学测评中，第11题（6分制多选题）得分的学生有100人，其中的学生得部分分，的学生得满分，若给每位得部分分的学生赠送1个书签，得满分的学生赠送2个书签．假设每个学生在第11题得分情况相互独立． （1）从第11题得分的100名学生中随机抽取4人，记这4人得到书签的总数为个，求的分布列和数学期望； （2）从第11题得分的100名学生中随机抽取人，记这人得到书签的总数为个的概率为，求的值； （3）已知王老师班有20名学生在第11题有得分，若以需要赠送书签总个数概率最大为依据，请问王老师应该提前准备多少个书签比较合理？ 【答案】（1）分布列见解析，5 （2） （3）25个 【解析】 【分析】（1）列出的所有可能取值，利用二项分布的概率公式求出分布列，再根据分布列求数学期望即可； （2）由题意可得这人中只有1人得到2个书签，所以，利用错位相减法求和即可； （3）设得到1个书签的人数为，则得到书签的总个数，利用二项分布的概率公式列不等式组求解即可. 【小问1详解】 由题意得书签的总数的所有可能取值为4，5，6，7，8， 其中，， ，， ， 所以的分布列为 4 5 6 7 8 . 【小问2详解】 因为这人得到书签的总数为个（）， 所以其中只有1人得到2个书签， 所以， 则 所以 两式相减得 ， 所以． 【小问3详解】 在这20名学生中，设得到1个书签的人数为，则得到2个书签的人数为， 所以得到书签的总个数， 此时得到书签的总个数为的概率为， 所以，整理得，解得， 而，，所以，所以， 所以需要赠送书签总个数概率最大为依据，王老师应该提前准备25个书签比较合理． 18. 平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，经过且倾斜角为的直线与交于A，B两点（其中点在轴上方），且的周长为8，现将平面沿轴向上折叠，折叠后A，B两点在新图形中对应的点分别记为，且二面角为直二面角，如图所示. （1）求折叠前的标准方程； （2）若，求； （3）当时，折叠后，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆定义和离心率可得，，进而可得和椭圆方程； （2）可得直线方程为，与椭圆方程联立结合韦达定理求弦长； （3）联立方程求点的坐标，建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角. 【小问1详解】 因为的周长为，即， 又因为离心率为，则，可得 所以折叠前椭圆的标准方程. 【小问2详解】 由（1）可知：， 直线经过且斜率为，则直线方程为，且直线与椭圆必相交， 与椭圆方程联立，消去得， 设交点，则， 由弦长公式可得：. 【小问3详解】 当时，直线的方程为：， 联立方程，解得或， 即， 以原来的轴为轴，轴正半轴所在直线为轴，轴负半轴所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 故， 设平面的一个法向量为，则， 取，则， 可得 平面的一个法向量为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 19. 已知抛物线的焦点为，直线与在第一象限交于点，. （1）求p的值. （2）设点B，D，E均在第一象限，且点B直线l上，点D，E在C上. ①是否存在点B，D，使得四边形FBAD是以FB，FD为邻边的平行四边形？若存在，求出平行四边形FBAD的面积；若不存在，请说明理由. ②是否存在点B，D，E，使得四边形FBED是以FB，FD为邻边的矩形？若存在，求点D的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）①存在，24；②存在， 【解析】 【分析】（1）根据抛物线的定义求； （2）①根据直线轴，得出直线的方程，进而计算平行四边形的顶点坐标，即可计算面积； ②，，当时求出矩形顶点坐标推出矛盾，当时求出矩形顶点坐标，将点坐标代入抛物线方程中求出即可. 【小问1详解】 由抛物线定义知，，解得； 【小问2详解】 由（1）可得抛物线，， ①若四边形FBAD是平行四边形，则，所以直线DF的方程为， 由，得，因为点B，D均在第一象限，所以， 所以，则， 点A到直线DF的距离为6，平行四边形FBAD的面积为， 故存在点B，D，使得四边形FBAD是平行四边形，且其面积为24； ②设，， 若，则，因为在矩形FBED中，，则， 又，则， 而不在上，不符合题意； 若，则直线的斜率， 因为在矩形FBED中，，所以，则， 所以直线FB的方程为， 由点的纵坐标，得， 因为在矩形FBED中， 则，将其坐标代入，得， 解得或（舍）， 因为，所以，即， 综上，存在点B，D，E，使得四边形FBED是以FB，FD为邻边的矩形，此时. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 株洲市南方中学2026届高三5月第二次全真模拟考试 高三数学 命题人：谭海云 审题人：向海兰 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，，则中元素的个数是（    ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 已知复数满足，则的虚部为（    ） A. B. C. 1 D. 2 3. 在平行四边形中，为的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列满足，，则（ ） A. B. C. 2 D. 0 5. 若圆锥曲线的焦距为4，则其离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 6. 若函数的图象与的图象关于直线对称，且，则（ ） A. B. C. D. 9 7. 已知锐角，满足，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 8. 一个正八面体的八个面分别标有数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字.事件，事件，若事件满足，，则满足条件的事件的个数为（ ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 24 二.多项选择题：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. 如图所示，在正方体中，给出以下判断，其中正确的有（ ） A. 平面 B. 平面 C. 与是异面直线 D. 平面 10. 古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，10，…称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，…称为正方形数，记三角形数构成数列，正方形数构成数列，则下列说法正确的是（ ） A. B. 1225既是三角形数，又是正方形数 C. 若，则数列的前100项和为 D. 11. 若曲线由半圆和半椭圆组成，若直线与交于两点（在的左侧），，则（ ） A. B. 的最大值为 C. 存在，使得四边形是平行四边形 D. 面积的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的常数项是第________项. 13. 类比二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图，由不共面的三条射线，，构成的图形称为三面角，记，，，二面角的大小为，则.已知平行六面体的底面为菱形，，，，则二面角的余弦值为___________. 14. 若函数恰有两个零点，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. 在中，角所对的边分别为，已知. （1）求角的大小； （2）若为边上一点，满足，且，求的面积最大值. 16. 已知函数． （1）若在时取极值，求的值和的极小值； （2）若不等式对任意恒成立，求的取值范围． 17. 新高考数学多选题6分制的模式改变了传统的多选题赋分模式，每题具有多个正确答案，答对所有正确选项得满分，答对部分选项也可得分，强调了对知识点理解和全面把握的要求．在某次数学测评中，第11题（6分制多选题）得分的学生有100人，其中的学生得部分分，的学生得满分，若给每位得部分分的学生赠送1个书签，得满分的学生赠送2个书签．假设每个学生在第11题得分情况相互独立． （1）从第11题得分的100名学生中随机抽取4人，记这4人得到书签的总数为个，求的分布列和数学期望； （2）从第11题得分的100名学生中随机抽取人，记这人得到书签的总数为个的概率为，求的值； （3）已知王老师班有20名学生在第11题有得分，若以需要赠送书签总个数概率最大为依据，请问王老师应该提前准备多少个书签比较合理？ 18. 平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，经过且倾斜角为的直线与交于A，B两点（其中点在轴上方），且的周长为8，现将平面沿轴向上折叠，折叠后A，B两点在新图形中对应的点分别记为，且二面角为直二面角，如图所示. （1）求折叠前的标准方程； （2）若，求； （3）当时，折叠后，求平面与平面的夹角的余弦值. 19. 已知抛物线的焦点为，直线与在第一象限交于点，. （1）求p的值. （2）设点B，D，E均在第一象限，且点B直线l上，点D，E在C上. ①是否存在点B，D，使得四边形FBAD是以FB，FD为邻边的平行四边形？若存在，求出平行四边形FBAD的面积；若不存在，请说明理由. ②是否存在点B，D，E，使得四边形FBED是以FB，FD为邻边的矩形？若存在，求点D的坐标；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $