精品解析：湖南株洲市南方中学2026届高三5月第三次全真模拟考试数学试题

株洲市南方中学2026届高三5月第三次全真模拟考试 高三数学 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. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 3. 若圆与圆的公切线条数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 某AI大模型的算力规模每半年翻一番，初始算力为，经过t年后算力为P，则P与t的函数关系式为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 若数列满足：从第二项起，每一项与它的前一项的差依次排成一列，组成的新数列是一个公差为k的等差数列，则称数列为“等差数列．已知为“等差数列，且，则（ ） A. 91 B. 111 C. 121 D. 133 7. 已知圆台的上、下底面半径之比为，母线(侧棱)长为，该圆台的上、下底面圆周均在球的球面上，若球的表面积为，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，阴影部分的边界为四叶草曲线，曲线是由顶点在原点、焦点在坐标轴上的四条抛物线所围成的曲线，且这四条抛物线的焦点共圆.若开口向右的抛物线方程为，过点的直线与曲线相交，记第一、四象限的四个交点由下至上依次为，，，，且，则线段的中点到轴的距离为（ ） A. B. C. D. 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. 下列结论正确的是（ ） A. 随机变量X 服从二项分布，，则 B. 相关系数r的绝对值越小，两个变量之间的线性相关性越弱 C. 在线性回归分析中，若值越小则模型的拟合效果越好 D. 随机变量X服从正态分布 ，且，则 10. 已知函数，则（ ） A. 是的极小值点 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 11. 如图，在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，D是外一点且B、D在直线AC异侧，，，则下列说法正确的是（ ） A. 是等边三角形 B. 若，则A，B，C，D四点共圆 C. 四边形ABCD面积的最小值为 D. 四边形ABCD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. 某校运动会需要5名同学(含甲、乙、丙等)排成一列参加入场式，其中甲不能站在队列两端，乙和丙之间恰好间隔2名同学，则不同的队列排法共有________. 13. 已知向量满足，且在上的投影向量为单位向量，则_____. 14. 在棱长为2的正方体内，有按照如下方式产生的一系列大小均不相同的n个球：第1个球与正方体的6个面均相切；第2个球与第1个球外切，且与正方体过顶点A的3个面均相切；第3个球与第2个球外切，且与正方体过顶点A的3个面均相切，…，依次下去.记这n个球的表面积和为，若对总成立，则M的最小值为______. 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. 已知数列的前n项和为，． （1）求数列的通项公式； （2）若，数列的前n项和，求． 16. 已知双曲线的离心率为，实轴长为2. （1）求双曲线的标准方程； （2）设直线与双曲线交于两点，是否存在满足（其中为坐标原点）若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 17. 如图所示的几何体中，平面为正方形，四边形为等腰梯形，，． （1）求证：平面； （2）求与平面夹角的正弦值； （3）线段上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 18. 已知函数， （1）当时，讨论函数单调性； （2）当时，若对任意，不等式恒成立，求b的最小值； （3）若存在两个不同的极值点，且，求实数取值范围． 19. 甲和乙进行乒乓球比赛，每一球甲赢的概率为，乙赢的概率为，每球的比赛结果相互独立，现从两套规则中选一套：规则一．双方进行球比赛，先赢得球的一方获胜：规则二，若一方赢得至少球且必须领先对手至少2球则获胜，否则先赢得球的一方获胜．设选择规则一时甲获胜的概率为，选择规则二时甲获胜的概率为．（为正整数） （1）若，求； （2）若选择规则二且，，，设随机变量表示一方获胜时进行的总球数，事件表示甲获胜，事件表示，求； （3）若，证明：． 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月第三次全真模拟考试 高三数学 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. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用复数的运算法则，求得，结合共轭复数的概念，即可求解. 【详解】由复数， 可得， 所以. 2. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，分别求得和，结合集合交集的定义与运算，即可求解. 【详解】由不等式，可得，解得， 可得集合， 又由函数，可得，解得，可得集合， 根据集合交集的定义与运算，可得 3. 若圆与圆的公切线条数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【详解】圆的圆心，半径， 圆的圆心，半径， 而，因此圆与圆外切， 所以圆与圆的公切线条数为3. 4. 某AI大模型的算力规模每半年翻一番，初始算力为，经过t年后算力为P，则P与t的函数关系式为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】P与t的函数关系式为． 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由，得，解得， 所以. 6. 若数列满足：从第二项起，每一项与它的前一项的差依次排成一列，组成的新数列是一个公差为k的等差数列，则称数列为“等差数列．已知为“等差数列，且，则（ ） A. 91 B. 111 C. 121 D. 133 【答案】B 【解析】 【分析】设，可得，结合累加法即可求得的通项公式，代入即可. 【详解】设，因为为“等差数列，且，所以 是公差为2的等差数列，且，则， 通过累加法可得：当时， ，，…，，所以累加可得 ，化简得：，当时，，符合通项公式，所以，则. 7. 已知圆台的上、下底面半径之比为，母线(侧棱)长为，该圆台的上、下底面圆周均在球的球面上，若球的表面积为，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题中条件得到球的半径为5，设出圆台的底面半径及圆台的高，再分圆台的两个底面在球心异侧与同侧两种情况，列方程求解底面圆的半径和圆台的高，代入圆台体积公式求解即可. 【详解】设球的半径为，由题意球的表面积为，所以. 设圆台的上底面圆的半径为，则下底面圆的半径为， 当球的球心在圆台外时，设圆台的高为， 则，消去和得， 平方化简得，平方化简得，解得，此时， 此时圆台的体积为； 当球的球心在圆台内时， 则，则， 要使由意义，则，则， 所以，这与矛盾， 所以球的球心不可能在圆台内； 综上，该圆台的体积为. 8. 如图，阴影部分的边界为四叶草曲线，曲线是由顶点在原点、焦点在坐标轴上的四条抛物线所围成的曲线，且这四条抛物线的焦点共圆.若开口向右的抛物线方程为，过点的直线与曲线相交，记第一、四象限的四个交点由下至上依次为，，，，且，则线段的中点到轴的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意抛物线为，过点的直线与曲线相交，由于，利用抛物线定义根据比例求得直线斜率，联立直线与和，求得交点,再利用中点坐标公式求得的中点到轴的距离. 【详解】显然点为抛物线的焦点，分别记，的横坐标为，， 如下图，过，分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，， 过作直线的垂线，垂足为，依题意，，， 由，得，， 因此，即，所以的斜率为， 所以直线的方程为，联立， 得，解得， 结合图形可知. 联立，得，解得， 结合图形可知， 所以线段的中点横坐标为， 即线段的中点到轴的距离为. 故选：A. 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. 下列结论正确的是（ ） A. 随机变量X 服从二项分布，，则 B. 相关系数r的绝对值越小，两个变量之间的线性相关性越弱 C. 在线性回归分析中，若值越小则模型的拟合效果越好 D. 随机变量X服从正态分布 ，且，则 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，，A正确； 对于B，相关系数r的绝对值越小，两个变量之间的线性相关性越弱，B正确； 对于C，在线性回归分析中，若值越大则模型的拟合效果越好，C错误； 对于D，正态曲线关于直线对称，所以， 又，所以，D正确. 10. 已知函数，则（ ） A. 是的极小值点 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 【答案】AD 【解析】 【分析】首先利用单调性画出函数的图象，再根据图象，以及函数的单调性判断选项. 【详解】A.时，，时，单调递减，时，单调递增， 所以是的极小值点，故A正确； 如图，画出函数的图象， B.当，，得或 所以当，， 当，单调递增，由增加到1， ，由1减小到，存在点时，，故B错误； C.如图，当时，，，，此时，不满足，故C错误； D.当时，，，此时， ，所以，故D正确. 11. 如图，在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，D是外一点且B、D在直线AC异侧，，，则下列说法正确的是（ ） A. 是等边三角形 B. 若，则A，B，C，D四点共圆 C. 四边形ABCD面积的最小值为 D. 四边形ABCD面积的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由正弦定理的边角互化即可得到，从而判断A，由余弦定理即可得到，从而判断B，由三角形的面积公式代入计算，即可判断CD. 【详解】， 根据正弦定理得， 即， ，显然，则，根据题意，有， 又，可得，，为等边三角形，故A正确； ，，在中，， 当时，，，即， A，B，C，D共圆，B正确． 又， 四边形ABCD面积， ，， ，则， 所以四边形ABCD的面积没有最小值，C错误． 当，即时，四边形ABCD面积取最大值，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. 某校运动会需要5名同学(含甲、乙、丙等)排成一列参加入场式，其中甲不能站在队列两端，乙和丙之间恰好间隔2名同学，则不同的队列排法共有________. 【答案】16 【解析】 【详解】由题意知甲一定在乙丙之间，否则甲将将在两端， 先排乙丙有种排法，其次从除甲外的2人中选一人，和甲一起排在乙丙中间， 最后剩余一人排在乙丙等四人的两端位置中的一个， 共有种排法. 13. 已知向量满足，且在上的投影向量为单位向量，则_____. 【答案】2 【解析】 【分析】根据给定条件，利用投影向量的定义及向量数量积的运算律求解. 【详解】由在上的投影向量为单位向量，得， 则①; 又由，两边取平方，得，即， 将其代入①，可得，即, 而，故. 14. 在棱长为2的正方体内，有按照如下方式产生的一系列大小均不相同的n个球：第1个球与正方体的6个面均相切；第2个球与第1个球外切，且与正方体过顶点A的3个面均相切；第3个球与第2个球外切，且与正方体过顶点A的3个面均相切，…，依次下去.记这n个球的表面积和为，若对总成立，则M的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】作出辅助线，得到外切球的半径关系，求出的关系式，求出最小值. 【详解】如图，过棱作正方体的截面， 由对称性知，这些球的球心都在线段上，与底面ABCD的切点都在线段AC上. 设第i（1，2，…）个球的球心为，半径为，与底面ABCD切于， 作于P，由∽，得， 解得，同理可得，对于任意，， 又由于＝1，所以，其表面积， 所以，注意到当时， ，此时， 且，故M的最小值为. 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. 已知数列的前n项和为，． （1）求数列的通项公式； （2）若，数列的前n项和，求． 【答案】（1） （2）16 【解析】 【分析】（1）利用与的关系求数列的通项公式，要注意分和讨论. （2）先明确数列的通项公式，探索为定值，再用分组求和法求. 【小问1详解】 当时，； 当时，. 时，上式亦成立. 所以，. 【小问2详解】 由题意， 所以. 所以. 16. 已知双曲线的离心率为，实轴长为2. （1）求双曲线的标准方程； （2）设直线与双曲线交于两点，是否存在满足（其中为坐标原点）若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据离心率以及实轴长计算可得结果； （2）联立直线与双曲线方程，由根与系数得关系以及向量数量积的坐标表示求出，并结合交点个数可判断结论. 【小问1详解】 由题意可得，则， 又因，解得， 故双曲线的标准方程为. 【小问2详解】 联立，消去整理可得， 因为直线与双曲线有两个交点， 所以解得且， 设，，则，， 所以 ， 解得，不满足且，不符合题意， 所以不存在满足. 17. 如图所示的几何体中，平面为正方形，四边形为等腰梯形，，． （1）求证：平面； （2）求与平面夹角的正弦值； （3）线段上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 由题知， 由余弦定理得， ∴，∴，∴， 又，平面，， ∴平面； （2） （3）存在； 【解析】 【分析】（1）由余弦定理求得，由勾股定理证明，由线面垂直的判定定理可得证； （2）以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，求出及平面的法向量即可求解；（3）设，求出平面的法向量，根据两个平面的法向量求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，过作的垂线，垂足为，则， ∵四边形为等腰梯形，∴. 由（1）知，平面， ∴，又，平面，， ∴平面，∴，∴两两互相垂直， 以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 则， ∴， 设平面的法向量为， 由得， 令，得， ∴， 故与平面夹角的正弦值为； 【小问3详解】 存在. 假设存在，设， 则， 设平面的法向量为， 由得， 令，得， ∴， 由题知，解得. 综上，存在点符合，且． 18. 已知函数， （1）当时，讨论函数单调性； （2）当时，若对任意，不等式恒成立，求b的最小值； （3）若存在两个不同的极值点，且，求实数取值范围． 【答案】（1）函数在区间上单调递增，在区间上单调递减; （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数与单调性的关系即可求解； （2）利用同构函数思想，结合函数的单调性，再用分离参变量求解即可； （3）先分离参变量，再利用韦达定理消元，最后化成单变量函数进行最值分析即可求解. 【小问1详解】 由得， 令，得，故函数在区间上单调递增， 令，得，故函数在区间上单调递减， 综上，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减; 【小问2详解】 当时，不等式可化为， 变形为即 同构函数，求导得， 所以在上是增函数. 所以原不等式可化为， 根据单调性可得: 再构造，则 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 所以，即满足不等式成立的， 所以的最小值为; 【小问3详解】 因为存在两个不同的极值点， 所以由可得: 因为，而的对称轴是，所以可得， 根据对称性可得另一个零点，此时有， 故，又由且可得， 而 令， 则， 因为所以，即， 则， 即在区间上单调递减， 所以有， 即， 所以实数取值范围. 19. 甲和乙进行乒乓球比赛，每一球甲赢的概率为，乙赢的概率为，每球的比赛结果相互独立，现从两套规则中选一套：规则一．双方进行球比赛，先赢得球的一方获胜：规则二，若一方赢得至少球且必须领先对手至少2球则获胜，否则先赢得球的一方获胜．设选择规则一时甲获胜的概率为，选择规则二时甲获胜的概率为．（为正整数） （1）若，求； （2）若选择规则二且，，，设随机变量表示一方获胜时进行的总球数，事件表示甲获胜，事件表示，求； （3）若，证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明：设甲、乙持续比赛，不因规则停止，令随机变量表示前球中甲赢得的球数，则．由规则一可知，．按前球中甲赢球数分类，得 ．再看．此时规则二为：若一方赢得至少球且领先球则获胜，否则先赢球的一方获胜．若 ，则甲在前球中至少赢球且至少领先球，甲获胜；若 ，则前球比分为 ，此后甲获胜有两类情况：一是甲连赢两球，概率为；二是接下来的两球双方各胜一球，再由甲赢下一球，概率为 ．所以．因此．又，且，所以．因为，且，所以 ，即．下面证明．由规则一可知，．仍按前球中甲赢球数分类：若 ，则甲必然满足 ；若 ，则后三球中甲至少赢1球即可，概率为；若 ，则后三球中甲至少赢2球即可，概率为 ；若 ，则后三球必须甲全胜，概率为．所以．另一方面，由上面对的分析，．两式相减，得．又，，且，所以 ．因此．综上，． 【解析】 【分析】（1）规则一对应五局三胜制，分别计算甲以3∶0，3∶1，3∶2获胜的概率；规则二在本问中为“至少赢3球且领先2球则胜，否则先赢4球者胜”，分别计算甲以3∶0，3∶1，4∶2，4∶3获胜的概率． （2）由 可知，规则二为“至少赢2球且领先2球则胜，否则先赢8球者胜”．事件排除了2球结束和15球结束两种情况，在事件发生时，比赛必先打成1∶1，之后经过若干次双方各胜一球，最后由某一方连胜两球结束．由此分别求出与，再求条件概率之比． （3）把两人的比赛看成一列无限进行的独立试验，设表示前球中甲赢得的球数．先把和都表示为关于的概率，再比较；然后把表示为关于及后3球胜负的概率，再比较． 【小问1详解】 由题意，．当时，． 规则一中表示甲在五局三胜制中获胜的概率． 若甲以3∶0获胜，概率为；若甲以3∶1获胜，则前3球中甲赢2球、乙赢1球，最后一球甲赢，概率为 ；若甲以3∶2获胜，则前4球中甲赢2球、乙赢2球，最后一球甲赢，概率为． 所以． 规则二中表示若一方赢得至少3球且领先2球就获胜，否则先赢4球者获胜时甲获胜的概率． 甲可能以3∶0，3∶1，4∶2，4∶3获胜．其中，3∶0的概率为；3∶1的概率为 ；4∶2必须先打成2∶2，再由甲连赢两球，概率为；4∶3必须先打成2∶2，再经过一胜一负，最后甲赢，概率为． 所以． 【小问2详解】 当 时，规则二为：若一方赢得至少2球且领先对手至少2球则获胜，否则先赢 球的一方获胜． 若比赛在2球结束，则比分只能是2∶0或0∶2，不属于事件；若比赛在15球结束，则比分只能是8∶7或7∶8，也不属于事件． 因此，在事件发生时，比赛过程必为：先打成1∶1，之后经过若干次“每两球双方各胜一球”，最后由某一方连胜两球结束． 设“每两球双方各胜一球”的次数为，则 ．每一次双方各胜一球的概率为．若最后甲连胜两球，则甲获胜；若最后乙连胜两球，则乙获胜． 于是，．因为，，所以．代入，得 ． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $