精品解析：湖南株洲市第一中学等校2026届高三下学期五月预测数学试卷

2026届高三五月预测卷 数学 时间：120分钟 满分：150分 本试题卷共4页，合计19题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 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，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．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. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 1 3. 已知复数，则复数的虚部为（ ） A. i B. C. 1 D. 4. 记为等比数列的前项和，若，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知是定义在上且周期为2的奇函数，则（ ） A. 12 B. -12 C. 0 D. -3 7. 已知双曲线的渐近线方程为分别为双曲线的左､右顶点，点在双曲线上（异于两点），则直线与直线的斜率之积为（ ） A. 4 B. -4 C. D. 8. 不等式恒成立，则的取值范围为（ ） 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. 设的内角A，B，C的对边为a，b，c，且，，则（ ） A. B. C. 的面积可以是 D. 的周长可以是3 10. 在棱长为1的正方体中，点在线段（包括两端点）上运动，点为线段的中点，则（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得平面 C. 当时，经过点A，C，E的平面将正方体分成体积之比为3:1的两部分 D. 当的面积为时，三棱锥的外接球表面积为 11. 设正整数，其中，定义．设集合，从中随机选取一个元素，记为，则（ ） A. B. 中的元素个数为36 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知是公差为的等差数列，是其前项和，若，则__________（用表示）． 13. 函数的所有极值点之和为__________． 14. 有一个摸球游戏，规则如下：在盒子里放入大小、质地完全相同的4个红球和3个白球．不放回地依次随机取出，每次取出1个球，直到剩下只有一种颜色的球时游戏结束，则游戏结束时取球次数至多为4次的概率为__________． 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，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求角A的大小； （2）若，的面积为，D为的中点，求的长度． 16. 已知函数． （1）若，求在处的切线方程； （2）若，证明不等式在上恒成立； （3）若，且在上只有一个零点，求的取值范围． 17. 在四棱锥中，平面平面，为正三角形，四边形为矩形，是的中点，且与平面所成角的正弦值为． （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）若边上存在一动点N，求与平面的正切值范围． 18. 已知椭圆的右顶点为，上顶点为，，的面积为4（为坐标原点）.以为中心,焦点在轴上的椭圆在的内部，且与的离心率相等.分别过作的切线，设的斜率分别为. （1）求的方程； （2）求的值； （3）若的长轴长为4，是否存在定点，当过的动直线与交于两点，与交于点时，都有？若存在，写出的坐标并证明：若不存在，说明理由. 19. 某棋类游戏有不同规格的地图，规格为的地图共有个格子，编号为0，1，2，．．．，，如下图所示． 0 1 2 … 游戏规则如下： ①玩家首先选定地图规格，并获得2枚金币，棋子位于起点（0号格子）； ②玩家掷一枚质地均匀的骰子，向上点数不超过2时，棋子向前跳1格；否则，向前跳2格；如此重复操作直至游戏成功或失败； ③每当棋子落到非零偶数格时，就相应扣除1枚金币．当金币被扣光或棋子落到号格子时，游戏终止，视为失败，无奖励；当棋子落到号格子时，游戏终止，视为成功，获得奖励元． （1）若选定规格为的地图，求游戏成功的概率； （2）若选定规格为的地图，若进行两次求棋子落到号格子且游戏成功至少一次的概率； （3）为使获得奖励的期望最大，玩家应选择何种规格的地图． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三五月预测卷 数学 时间：120分钟 满分：150分 本试题卷共4页，合计19题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 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，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．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】B 【解析】 【详解】因为集合，，所以. 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示可得答案. 【详解】， 若，则， 即，解得. 故选：B. 3. 已知复数，则复数的虚部为（ ） A. i B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用虚数单位的幂次周期性化简复数，再根据复数虚部的定义确定结果. 【详解】虚数单位的幂次具有周期性，周期为4，对任意， 满足： ，，，， 则，故，因此， 根据复数虚部的定义：形如的复数，虚部为实数，可得的虚部为1. 4. 记为等比数列的前项和，若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式及条件可得，再由等比数列的前项和公式计算可得. 【详解】设等比数列的公比为，由​得： ，  因为，所以，又因为，可得 ，解得. 所以，因此. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】确定角的范围，求出 值，利用正弦和余弦的差角公式求出 和 ，最后用半角公式即可求解. 【详解】已知 ，因此 ， 所以， 所以， 化简得①； 而， 化简得②； 联立①②，相加得： 相减得： ， 由 ，得 ， 根据半角公式 ，代入 得. 6. 已知是定义在上且周期为2的奇函数，则（ ） A. 12 B. -12 C. 0 D. -3 【答案】C 【解析】 【分析】结合奇函数性质和周期性求解即可. 【详解】由周期为2，可得；是上的奇函数，故. 所以，； 所以. 7. 已知双曲线的渐近线方程为分别为双曲线的左､右顶点，点在双曲线上（异于两点），则直线与直线的斜率之积为（ ） A. 4 B. -4 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为双曲线的渐近线方程为，所以． 又，，设，所以， ， 所以直线与直线的斜率之积为． 8. 不等式恒成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令，根据，结合的单调性，可得，进而得在上恒成立，求得的最小值即可. 【详解】由题意可得，. 令，则在上单调递增， 又，， 所以，所以，即在上恒成立. 令，则， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以，所以. 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. 设的内角A，B，C的对边为a，b，c，且，，则（ ） A. B. C. 的面积可以是 D. 的周长可以是3 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用正弦定理，将式子中的边化为角的正弦值，根据正弦的两角和公式化简，得到角C的值，即可判断A，B；利用基本不等式计算面积的范围，即可判断C选项，利用余弦定理，综合基本不等式的变式，得到边c的范围，即可计算周长的范围． 【详解】由正弦定理可知：，（为外接圆的半径）， 则； 因为，代入可得： ， 则， 由两角和的正弦公式可得：， 因为，故，化简可得：， 故，因为，故，故B正确； 通过题给条件无法判断A,故A错误； 因为，由基本不等式可知：， 故； 故， 当且仅当时，“=”成立，故C正确； 由余弦定理可知：； 因为，故，解得； 因此周长：，因为， 因此周长可以为3，故D正确． 10. 在棱长为1的正方体中，点在线段（包括两端点）上运动，点为线段的中点，则（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得平面 C. 当时，经过点A，C，E的平面将正方体分成体积之比为3:1的两部分 D. 当的面积为时，三棱锥的外接球表面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用正方体的几何特征建立空间直角坐标系，对于选项A：设再利用时数量积为零，求解出此时的与条件不符，对于选项B：利用平面等价于向量与平面的法向量垂直，求出 选项C：先根据求出再假设存在满足题意的平面再求出满足体积的两者比较可知假设成立，选项D：利用球心到球表面的距离相等列出三个方程，进而求解出球心的坐标，从而求出三棱锥的外接球表面积. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 设 对于 ， ，若 ，则 ，即 不符，故 错. 对于 ：设平面 的法向量为则 令则 则平面 的法向量 ， 若 平面 ，则 0，即 ，故存在这样的点 故选项B正确； 选项C：由设则故解得： 假设经过点A，C，E的平面将正方体分成体积之比为3：1的两部分， 连接过点做与平行，与交于点 作直线可知三条直线交于点 所以多面体为三棱台， 则三棱台体积为 又三棱台体积为 解得：成立，故选项C正确， 对于D，设则又 则 解得： 则与 重合， 即 ，即 与 重合，则球心 为 ， ， ，D 对 设球心为 则利用球心到球表面上的点的距离相等可知： 则， ， 将上面两式代入第三个方程： 即 ，则 所以球心为 半径为球的表面积为 ： ，故选项D正确， 11. 设正整数，其中，定义．设集合，从中随机选取一个元素，记为，则（ ） A. B. 中的元素个数为36 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用新定义判断AB；结合列举法利用古典概型概率公式求解判断C；求出所有满足的n，然后求平均值即可判断D. 【详解】对于A，因为，所以，所以，正确； 对于B，中的元素个数为，错误； 对于C，设，中满足元素如下： 因为，所以以的大小作为分类依据， 时，，，，， ，，，共有7个， 同理时有8个，时有9个，所以，正确； 对于D，集合中所有元素和为， 所以，正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知是公差为的等差数列，是其前项和，若，则__________（用表示）． 【答案】 【解析】 【分析】利用等差数列通项公式和求和公式求解即可. 【详解】设等差数列的公差为，首项为，根据等差数列通项公式、前项和公式可得： 代入已知条件化简：，，代入得： ， 即等差数列的第10项. 将代入的公式： . 13. 函数的所有极值点之和为__________． 【答案】 【解析】 【详解】令，解得， 所以当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以为的极小值点，无极大值点， 所以函数的所有极值点之和为. 14. 有一个摸球游戏，规则如下：在盒子里放入大小、质地完全相同的4个红球和3个白球．不放回地依次随机取出，每次取出1个球，直到剩下只有一种颜色的球时游戏结束，则游戏结束时取球次数至多为4次的概率为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意得，设游戏结束时取球的次数为变量，利用排列数公式，分别求得和对应的概率，即可求解. 【详解】由题意得，设游戏结束时取球的次数为变量， 当时，即前3次取到的都是白球，则概率为； 当时，即前4次取到的都是红球或前3次取到2白和1红，第4次取到白球， 则概率为， 所以游戏结束时取球次数至多为4次的概率为. 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，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求角A的大小； （2）若，的面积为，D为的中点，求的长度． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）方法1：由正弦定理结合恒等变形化简得，再求角即可；方法2：由射影定理得，进而得到，再求角即可； （2）由三角形面积公式可得，再根据余弦定理可得，然后根据向量法求中线长即可． 【小问1详解】 解：方法1：∵， ∴， ∵， ∴＞0，∴，∴，； 方法2：由射影定理，对任意，有， 代入题干条件得，因为b＞0，所以， 又，故． 【小问2详解】 解：由三角形面积公式：代入， 解得． 由余弦定理，代得：， 因为D为中点，由向量中线公式：， 两边平方得：， 因此． 16. 已知函数． （1）若，求在处的切线方程； （2）若，证明不等式在上恒成立； （3）若，且在上只有一个零点，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求解出切线的斜率，再用点斜式方程求解； （2）将原不等式等价转化为证明，从而只要求出的最大值即可； （3）的零点个数转化为讨论在零点. 【小问1详解】 当时，， ， ， 则在处的切线方程为， 即. 【小问2详解】 当时，，要证，即证， 也即证明在上恒成立， 令，， 令，，则 ， 故在上单调递减，所以，即 所以，故在上单调递减，， 故不等式在上恒成立. 【小问3详解】 若，则当时， ，且 ， 所以，不可能只有一个零点．故只需考虑． 设，则， ， 先讨论． 由 得， 设 ， 则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，并且， 并且当从右侧趋近于时，趋近于；当 时，． 由此可得：当时，在上无解； 当时，在上只有一个解； 当时，在上有两个解； 当时，在上只有一个解，且该解在内． 下面同时检查的零点． 当时，由知在上单调递增，且， 所以，此时无零点，不符合题意． 当时，， 设，，则， 当时，，此时单调递减， 当时，，此时单调递增， 则，则， 则，当且仅当时取等号． 又，所以在上恒为正． 因此在上只有一个零点，符合题意． 当时，在上已有两个解，所以至少有两个零点，不符合题意． 当时，在上有一个解． 另一方面，当从右侧趋近于时，有 ， 而 故由连续性可知，存在，使得 ．于是至少有两个零点，不符合题意． 综上，的取值范围为 17. 在四棱锥中，平面平面，为正三角形，四边形为矩形，是的中点，且与平面所成角的正弦值为． （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）若边上存在一动点N，求与平面的正切值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先利用面面垂直的性质证明平面，然后得到，然后证明平面，最后得到. （2）先利用与平面所成角的正弦值为找出之间的关系，然后利用向量法求出平面与平面夹角的余弦值. （3）先找出与平面所成的角，然后根据正切函数的单调性求出线面角的正切值范围. 【小问1详解】 为矩形，，又平面平面，且平面平面， 平面，又平面，. 又为正三角形，是的中点，. 又平面，平面，平面，. 【小问2详解】 取的中点，连接，为正三角形，， 又平面平面，且平面平面，平面， 如图所示，过作的平行线为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系. 设，则，，. 易得平面的法向量为，记与平面所成角为， 根据题意有，整理解得，即. ，，，. ，. 记平面的法向量为. ，令，得， . 同理可求得平面的法向量 . 记平面与平面所成角为. . 故平面与平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 如图，过作交于点，连接. 平面平面，且平面平面，又，平面. 为直线与平面所成角. 当时，此时有最小值，最小值为. 当点与点重合时，此时有最大值，最大值为. ，又 ， . 与平面的正切值范围为. 18. 已知椭圆的右顶点为，上顶点为，，的面积为4（为坐标原点）.以为中心,焦点在轴上的椭圆在的内部，且与的离心率相等.分别过作的切线，设的斜率分别为. （1）求的方程； （2）求的值； （3）若的长轴长为4，是否存在定点，当过的动直线与交于两点，与交于点时，都有？若存在，写出的坐标并证明：若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2） （3）当为时，存在定点满足条件；当为时，存在定点满足条件 【解析】 【分析】（1）根据条件列出的方程求解即可； （2）设的方程可设为，由与相切，联立方程得到，化简得到，同理可得，即可得到. （3）先求出过点 的椭圆的切线​，方程为，题目中的本质是 按相同比例分割线段 ，结合在椭圆上的方程，消去比例参数后可得到过点的恒成立直线，由于始终在切线​上，因此这条直线与为同一条直线，通过系数成比例即可解得定点 为. 【小问1详解】 设，，则， ， 联立解得， 则的方程. 【小问2详解】 因为两椭圆的离心率相同，故的方程可设为， 设切线的方程为，切线的方程为， 由，得， 由，即， 整理得， 同理可得， 所以，所以. 【小问3详解】 易得的方程为，设的方程为， 由，得， 由，得， 当的方程为时，假设存在满足条件的点，设. 由题意知不能在椭圆上， 若在椭圆内且，则，显然条件不成立; 若在椭圆内且，则，显然条件不成立; 所以若存在，则其必然在椭圆外， 设，则且，由题知四点共线， 则，设， 由向量的共线关系可得: ①， ②， ③， ④, 由①②，③④得到，， 因为在上，所以它们的坐标满足 ⑤， ⑥， 由⑤⑥得到， 整体代入得到：恒成立， 因为在直线上， 当，是同一条直线时，即时满足题意， 所以存在定点符合题意. 当的方程为时，由图形的对称性可知，点为所求定点. 综上，当为时，存在定点满足条件； 当为时，存在定点满足条件. 19. 某棋类游戏有不同规格的地图，规格为的地图共有个格子，编号为0，1，2，．．．，，如下图所示． 0 1 2 … 游戏规则如下： ①玩家首先选定地图规格，并获得2枚金币，棋子位于起点（0号格子）； ②玩家掷一枚质地均匀的骰子，向上点数不超过2时，棋子向前跳1格；否则，向前跳2格；如此重复操作直至游戏成功或失败； ③每当棋子落到非零偶数格时，就相应扣除1枚金币．当金币被扣光或棋子落到号格子时，游戏终止，视为失败，无奖励；当棋子落到号格子时，游戏终止，视为成功，获得奖励元． （1）若选定规格为的地图，求游戏成功的概率； （2）若选定规格为的地图，若进行两次求棋子落到号格子且游戏成功至少一次的概率； （3）为使获得奖励的期望最大，玩家应选择何种规格的地图． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求出游戏成功的概率的通项公式，利用通项公式求解. （2）先求单次游戏中“棋子落到号格子且最终成功”的概率，再用独立重复试验至少成功一次的公式求解． （3）由第（1）问得到单次游戏成功概率，结合奖励元，写出期望并比较相邻两项，确定最大值对应的． 【小问1详解】 由题意得，向前跳1格的概率为，向前跳2格的概率为， 游戏起点为偶数格0，成功终点为奇数格， 每次走1步会改变所在格子的奇偶性，走2步保持奇偶性不变， 由于起点到终点奇偶性改变了，因此整个过程中“走1步”的总次数必须是奇数次， 玩家初始有2枚金币，落入非零偶数格扣1枚，金币扣光即失败， 这意味着在到达之前，玩家最多只能落到1个非零偶数格， 设走1步的次数为， 情况一：当时，需要走次2步，总步数和为：， 若第1步走1步，后续全走2步，步序为：1，2，2，…，2， 经过的格子为：， 落到的非零偶数格数量为0，满足条件， 该路径概率为：， 若第1步走2步，第2步走1步，后续全走2步， 步序为：2，1，2，…，2， 经过的格子为：， 落到的非零偶数格仅有2号格子，数量为1，满足条件， 该路径概率为：， 若在更靠后的位置走1步（如步序为2，2，1，…）， 则必定会经过2号和4号格子，扣除2枚金币导致失败，不满足条件， 故时，成功的概率为：， 情况二：当时需要走次2步， 总步数和为：， 这3次走1步会带来3次奇偶状态的改变：偶→奇，奇→偶，偶→奇， 中间那次“奇→偶”必然会导致玩家落到一个非零偶数格，消耗1枚金币， 为了不消耗第2枚金币，在这处于偶数格的状态下， 绝对不能再走2步（否则会落到下一个偶数格导致失败）， 必须立即走1步回到奇数格状态， 同时，首步不能走2步 （否则直接消耗1金币，后续的“奇→偶”会消耗第2枚导致失败）， 所以首步必须是走1步， 因此，合法的步序模式必须是： 第1步为1，随后是在若干个2之间插入一个连续的“1,1”组合， 即结构为：1，然后是个2，然后是1，1， 最后是个2（其中）， 这种模式共有种排法（将连续的1,1看作一个整体，在个位置中选1个插入）， 每种排法的概率均为：， 故时，成功的概率为：， 情况三：当时，前4次走1步会带来状态改变：偶→奇→偶→奇→偶， 玩家必定会经历至少2次从奇变偶的过程， 从而落到至少2个非零偶数格，金币被扣光，游戏必然提前失败， 综上所述，任意规格地图下游走成功的概率为通项公式， ， 将代入通项公式得到. 所以游戏成功的概率为. 【小问2详解】 先求单次游戏中“棋子落到号格子且最终成功”的概率． 因为号格子是非零偶数格，棋子落到该格子时会扣除枚金币． 要想之后还能成功，在此之前不能落到其他非零偶数格． 因此路径只能是 也就是先跳格，然后跳次格，再连续跳两次格． 所以单次游戏中该事件发生的概率为 进行两次游戏且至少发生一次该事件的概率为 【小问3详解】 由第（1）问，规格为的地图中单次游戏成功的概率为． 成功时获得奖励元，失败时奖励为，所以奖励的数学期望为 比较相邻两项，得 当时，，即． 因为为大于的正整数，所以当时，；当时，． 因此在时取得最大值，故玩家应选择规格为的地图． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $