精品解析：湖南长沙市麓山国际实验学校2025-2026学年高三下学期5月二模检测数学试卷

麓山国际2026届高三5月二模检测数学试卷 高三年级数学试卷 总分：150分时量：120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】 解不等式可得或， 解得或，即 ，又已知. 对选项A：，故A错误. 对选项B： 取，但，故，故B错误. 对选项C： 对任意，都满足，符合中元素的取值要求，即，故，故C正确. 对选项D： ，取，且，故，故D错误. 2. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法结合共轭复数的定义可得结果. 【详解】因为，因此复数的共轭复数是. 故选：A. 3. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由条件结合换底公式可求，相加可得结论. 【详解】由换底公式得，，， 所以， 所以. 故选：C. 4. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算求出，，再根据向量垂直的坐标表示即可求出． 【详解】因为，所以，， 由可得，， 即，整理得：． 故选：D． 5. 已知扇形的半径为5，以为原点建立如图所示的平面直角坐标系，，，弧的中点为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，则，求出，利用同角三角函数关系得到，，求出答案. 【详解】令，则， ，解得， 即，又， 又，解得，， ，即， 所以. 故选：B． 6. 将4个不同的小球放入4个不同的盒子中，则恰有两个盒子为空的放法种数为（ ） A. 72 B. 84 C. 96 D. 108 【答案】B 【解析】 【分析】利用先选后排的方法进行解题即可. 【详解】选个空盒：种， 分配个小球到个非空盒 情况一（分法）：种 情况二（分法）：种 总分配方法; 种， 总放法数：种 故选： 7. 设上的可导函数满足，且是偶函数．若，，，则，，的大小关系为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的正负得出的单调性，再结合是偶函数得出的对称轴，由函数图像的对称性即可求解． 【详解】由得，当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增， 又是偶函数，所以的对称轴为直线， 因为，所以， 所以， 又，， 所以， 所以． 8. 已知椭圆的左、右焦点为，，离心率为，点在椭圆E上，P是椭圆E上的动点，以为直径作圆N，直线ON与圆N交于点Q（点Q不在椭圆内部），则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】通过离心率和已知点求出椭圆方程，再利用中位线定理与椭圆的定义确定点的轨迹，最后通过向量点积公式结合轨迹方程快速计算结果． 【详解】由题意，椭圆离心率，故， 又，得． 将点代入椭圆方程， 椭圆方程为，焦点，． 由中位线定理，，又， ，故点在圆上． 设，则． 二、多选题：本题共小题，共分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 为评估某款“端侧AI芯片”在不同模型架构下的推理延迟表现，研发团队在固定输入长度（128tokens）的条件下，对200个公开的深度学习模型进行了单次推理延迟测试（单位：）．测试结果经异常值剔除后，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间为，，，，，则下列结论正确的是（ ） A. 样本中延迟在内的模型个数为60 B. 估计样本的中位数落在区间内 C. 估计样本的平均数约为22.5 D. 该分布呈现出右边“拖尾”形态，说明大部分模型的延迟较低 【答案】AD 【解析】 【分析】求各组频率，即可判断A；对于B：根据中位数的定义分析判断；对于C：结合加权平均数公式运算求解；对于D：结合频率分布直方图分析判断即可. 【详解】由频率分布直方图可知每组的频率依次为：，，，，. 对于选项A：样本中延迟在内的模型个数为，故A正确； 对于选项B：因为，， 所以估计样本的中位数落在区间内，故B错误； 对于选项C：估计样本的平均数约为，故C错误； 对于选项D：该分布峰值在左侧低延迟区间，频率随延迟增大逐渐降低， 所以呈现右拖尾形态，说明大部分模型的延迟较低，故D正确. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，，则 C. 将函数的图象向右平移个单位长度得到函数 D. 当时，曲线与有4个交点 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A，根据图象最高点、最低点及周期性，特殊点确定解析式；选项B，解三角方程，求出通解，计算相邻解的最小距离；选项C，利用函数图象平移变换规则进行验证；选项D，画出两个函数的图象可得. 【详解】由函数图象得， 最小正周期为，， 由，得, ，因为，所以， 所以，选项A正确； 令，则， 解得或， 即或， 因为，所以， 选项B正确； 将函数的图象向右平移个单位长度得到， 选项C错误； 在同一坐标系中绘出曲线与在的图象，可得函数图象有4个交点，选项D正确. 11. 已知，分别是圆：与轴的左、右交点，点在圆上，且，将圆沿直线翻折成一个二面角，使得点、点分别到达点、点的位置，该二面角的大小为，且，翻折前后点的位置始终不动．设翻折前点的坐标为，下列说法正确的是（ ） A. 圆的直径为4 B. 当时， C. 当时， D. 当时，二面角的正弦值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】先将圆的一般方程化为标准方程，确定半径、直径及翻折前各点坐标，以翻折后固定不动的圆心为原点，翻折棱（原直线）为轴，翻折前的轴为轴，垂直于平面向上为轴建立空间直角坐标系，依据翻折的几何不变性得到各点翻折后的坐标，逐一验证选项即可. 【详解】∵ 圆的方程为，配方得， ∴ 圆心，半径，直径为，故A正确. 令代入圆方程，解得或，∴ 翻折前，. 设点在圆上，∵ ，∴ ，联立圆方程， 解得，，不妨取. 建立空间直角坐标系：以翻折后固定的圆心为原点，翻折棱（原直线）为轴，翻折前的轴为轴，垂直于平面向上为轴. 翻折过程中，垂直于棱的分量绕轴旋转二面角，因此翻折后各点坐标为： ，，、、坐标不变. 对于B选项，当时，， ∴ ，故B正确. 对于C选项，当时，，， 此时，， ∴ ，故C错误. 对于D选项，当时，，，∴ ， 则，，. 设平面的法向量为，则 ， 取，解得，，∴ . 设平面的法向量为，则 ， 取，解得，，∴ . ∴ ， ∴ 二面角的正弦值为，故D正确. 【点睛】方法归纳：翻折类立体几何问题的核心是抓住翻折前后的不变量：沿棱方向的坐标、线段长度不变，垂直于棱的线段长度不变，仅空间位置随二面角变化；建立贴合题意的空间直角坐标系可将几何关系转化为向量运算，大幅降低解题难度. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的系数为____________．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】写出二项式的展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解. 【详解】的展开式通项为， 因为， 在的展开式通项中，令， 在的展开式通项， 令，可得， 因此，展开式中的的系数为. 故答案为：. 13. 设函数，若对定义域内的任意，恒成立，则的最小值为______． 【答案】##0.2 【解析】 【分析】由结合对数的运算性质可得，将代入，再利用二次函数的性质求解即可. 【详解】由题意可知：的定义域为， 令，解得；令，解得； 则当时，，故，所以； 当时，，故，所以， 所以，即有，故， 令，由二次函数的性质得： ，故的最小值为. 14. 曲线在处的切线为，分别记在，轴上的截距为，，则 ______． 【答案】 【解析】 【分析】先利用求的斜率，再求出、，即可求. 【详解】，，设的斜率为，则， ，在轴上的截距满足，解得， 在轴上的截距， . 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，内角的对边分别为，且． （1）求； （2）若，，成等比数列，且，，成等差数列，求的值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，代入三角形内角和关系化简，得到关于角的方程即可解答； （2）由等比和等差数列条件列出方程组，结合余弦定理消去 ，得到关于  的方程即可解答. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 因为，所以， 所以，化简得， 因为，所以，所以，因为，所以； 【小问2详解】 因为，，成等比数列，且，，成等差数列，， 所以，所以，即， 根据余弦定理，，所以， 所以，因为，所以，因为，所以，所以. 16. 如图，在直三棱柱中，分别为和的中点，平面. （1）证明：； （2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 【答案】（1）证明见解析 （2）2 【解析】 【分析】（1）方法1，取中点，连结接，由题设可得四边形为平行四边形，据此可完成证明；方法2，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设 ，然后由空间向量知识结合可完成证明； （2）方法1，设到平面的距离为，由，可得，然后由与平面所成角的正弦值为，可得 ，据此可得答案；方法2，由（1）方法2，设直线与平面所成角为，由题设及空间向量知识可得，据此可得答案. 【小问1详解】 法一：取中点，连接， 因为是的中点，所以且. 由直三棱柱的性质知且，所以且， 又因为是的中点，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以. 因为平面，平面，所以， 结合，所以，又因为是的中点，所以. 法二：由直三棱柱的性质知平面， 因为平面，所以， 又因为，所以两两垂直. 以为坐标原点，所在直线分别为 轴建立如图所示的空间直角坐标系. 设 ， 则. 因为分别为和的中点，所以. 因为平面，所以， 又因为，所以 ， 由解得，即. 【小问2详解】 法一：在等腰直角中，因为，所以. 由（1）知，平面且. 设到平面的距离为 ， 则三棱锥的体积. 又因为三棱锥的体积， 所以由，得，解得. 因为直线与平面所成角的正弦值为，所以， 所以 ，因为，所以，即的长为2. 法二：因为，所以由（1）知， 设平面的一个法向量为， 则取，则，即. 设直线与平面所成角为，则， 即，化简得 ， 因为 ，所以，即的长为2. 17. 已知函数. （1）若，求函数的单调区间； （2）若在上恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）对求导，得出单调区间． （2）构造函数，求导，再讨论参数范围．这是一个端点效应的题，端点处为，可以令端点处导数大于等于零，得到参数范围，再据此讨论． 【小问1详解】 当时，， 则． 令，即，解得． 当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 单调递减区间为，单调递增区间为． 【小问2详解】 ． 设， 则在恒成立等价于在恒成立． ， 又，，，当且仅当时等号成立， 当时，． ①当，即时，， 在上单调递增，又， ，满足在上恒成立． ②当，即时， 令，则． ，，， 则，在上单调递增. 又，当时，， 存在，使得，即， 当时，，单调递减，则， 不满足在上恒成立． 综上，a的取值范围为． 18. 已知双曲线，，左右顶点分别为，过点的直线交双曲线于，两点． （1）若离心率时，求的值； （2）若，为等腰三角形时，且点在第一象限，求点的坐标； （3）连接并延长，交双曲线于点，若，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据双曲线离心率公式求出； （2）分类讨论等腰三角形的情况，确定点的坐标； （3）设直线方程并联立双曲线，应用韦达定理，计算向量数量积，代入韦达定理结果得到参数关系，求的取值范围． 【小问1详解】 由题意得，则， . 【小问2详解】 当时，双曲线， 其中，， 因为为等腰三角形，则 ①当以为底时，显然点在直线上， 这与点在第一象限矛盾，故舍去； ②当以为底时，， 设，联立解得或或， 因为点在第一象限，显然以上均不合题意，舍去； （或者由双曲线性质知，矛盾，舍去）； ③当以为底时， ， 设，其中，， 解得，即， 综上所述：. 【小问3详解】 由题知，， 当直线的斜率为时，此时，不合题意，则， 则设直线， 设点，，延长线交双曲线于点， 根据双曲线对称性知， 联立， 显然二次项系数， 其中 ， ①，②， 则，， 则， 因为，在直线上， 则，， 即，即， 将①②代入有， 即 化简得， 所以，代入到， 得，所以， 且，解得， 又因为，则， 综上知，， 所以． 19. 甲、乙两人投篮，无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率为，乙每次投篮的命中率均为． （1）若甲单独投篮，规定：首次出现连续两次命中，则停止投篮．求甲投篮4次即停止投篮的概率； （2）若甲、乙进行投篮比赛，记甲、乙各投篮一次为一局，每局结束记录各自的投球总数．规定：首次比对方多进两球者获胜，比赛停止；若第四局结束仍未分出胜负，比赛也停止．记表示比赛停止时已比赛的局数，求随机变量的分布列与数学期望； （3）若甲单独投篮，规定：首次出现连续次命中，则停止投篮．设停止投篮时甲投篮总次数为，随机变量的数学期望为，记．写出与的递推关系，并求数列的前项和． 【答案】（1） （2）分布列见详解， （3）； 【解析】 【分析】（1）运用互斥事件概率加法公式，分析投篮4次停止需满足“前两次未出现连中且后两次连中”的结构，利用每次投篮的独立性，对命中与未命中序列进行分类相乘即可； （2）依据比赛规则确定随机变量的所有可能取值，逐局分析胜负条件，运用独立事件乘法与互斥事件加法求各取值概率，最后按定义计算分布列与数学期望； （3）利用数学期望的递推思想，基于投篮结果建立关系式，导出与的递推，通过构造等比数列求通项，再对等比数列与常数列分别求和得. 【小问1详解】 设事件：甲第次投篮合中， 则则甲投篮4次即停止投篮的概率， 则，故甲投篮4次即停止投篮的概率为． 【小问2详解】 依题意可得，随机变量的可能取值为：， ， 局结束时，甲胜概率， 局结束时，乙胜概率， ， ， 分布列： 数学期望：. 【小问3详解】 当时，，则， 当时，， 则，即则， 故为首项为，公比为的等比数列故， 即 ，故 ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 麓山国际2026届高三5月二模检测数学试卷 高三年级数学试卷 总分：150分时量：120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知扇形的半径为5，以为原点建立如图所示的平面直角坐标系，，，弧的中点为，则（ ） A. B. C. D. 6. 将4个不同的小球放入4个不同的盒子中，则恰有两个盒子为空的放法种数为（ ） A. 72 B. 84 C. 96 D. 108 7. 设上的可导函数满足，且是偶函数．若，，，则，，的大小关系为（    ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的左、右焦点为，，离心率为，点在椭圆E上，P是椭圆E上的动点，以为直径作圆N，直线ON与圆N交于点Q（点Q不在椭圆内部），则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 二、多选题：本题共小题，共分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 为评估某款“端侧AI芯片”在不同模型架构下的推理延迟表现，研发团队在固定输入长度（128tokens）的条件下，对200个公开的深度学习模型进行了单次推理延迟测试（单位：）．测试结果经异常值剔除后，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间为，，，，，则下列结论正确的是（ ） A. 样本中延迟在内的模型个数为60 B. 估计样本的中位数落在区间内 C. 估计样本的平均数约为22.5 D. 该分布呈现出右边“拖尾”形态，说明大部分模型的延迟较低 10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，，则 C. 将函数的图象向右平移个单位长度得到函数 D. 当时，曲线与有4个交点 11. 已知，分别是圆：与轴的左、右交点，点在圆上，且，将圆沿直线翻折成一个二面角，使得点、点分别到达点、点的位置，该二面角的大小为，且，翻折前后点的位置始终不动．设翻折前点的坐标为，下列说法正确的是（ ） A. 圆的直径为4 B. 当时， C. 当时， D. 当时，二面角的正弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的系数为____________．（用数字作答） 13. 设函数，若对定义域内的任意，恒成立，则的最小值为______． 14. 曲线在处的切线为，分别记在，轴上的截距为，，则 ______． 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，内角的对边分别为，且． （1）求； （2）若，，成等比数列，且，，成等差数列，求的值． 16. 如图，在直三棱柱中，分别为和的中点，平面. （1）证明：； （2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 17. 已知函数. （1）若，求函数的单调区间； （2）若在上恒成立，求的取值范围． 18. 已知双曲线，，左右顶点分别为，过点的直线交双曲线于，两点． （1）若离心率时，求的值； （2）若，为等腰三角形时，且点在第一象限，求点的坐标； （3）连接并延长，交双曲线于点，若，求的取值范围． 19. 甲、乙两人投篮，无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率为，乙每次投篮的命中率均为． （1）若甲单独投篮，规定：首次出现连续两次命中，则停止投篮．求甲投篮4次即停止投篮的概率； （2）若甲、乙进行投篮比赛，记甲、乙各投篮一次为一局，每局结束记录各自的投球总数．规定：首次比对方多进两球者获胜，比赛停止；若第四局结束仍未分出胜负，比赛也停止．记表示比赛停止时已比赛的局数，求随机变量的分布列与数学期望； （3）若甲单独投篮，规定：首次出现连续次命中，则停止投篮．设停止投篮时甲投篮总次数为，随机变量的数学期望为，记．写出与的递推关系，并求数列的前项和． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $