1湖南省名校联盟2026届高三下学期5月全真模拟适应性考试数学试卷（含解析）

湖南省名校联盟2026届高三下学期5月全真模拟适应性考试数学试卷注意事项: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.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。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．设，则z在复平面内对应的点位于(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2．某校随机抽取了200名学生进行成绩调研，再从这200名学生中随机抽取8名学生，得到他们的数学成绩如下：106，110，83，122，75，103，120，81，记这组数据的平均数为，则(

)A.100 B.98 C.101 D.1023．已知抛物线的焦点为F，准线为l，过E上一点作l的垂线，垂足为Q，则直线FQ的一般式方程为(

)A. B. C. D.4．对于平面向量a，b，设甲：，乙：，则(

)A.甲是乙的充分不必要条件 B.甲是乙的必要不充分条件C.甲是乙的充要条件 D.甲是乙的既不充分也不必要条件5．现用Python生成随机秘钥，该秘钥共三位，前两位要求从1，2，3，6，7，8中进行选择（可以重复），第三位要求从A，C，D，F中进行选择，则可生成的秘钥数量为(

)A.36 B.72 C.108 D.1446．已知数列，若，则正整数m的最小值为(

)A.1 B.2 C.3 D.47．已知函数，，若，则的最小值为(

)A. B. C. D.8．已知函数的部分图象如图所示，满足，，则m的值为(

)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．若，，，，则下列命题为真命题的是(

)A. B.A的真子集个数为7C. D.10．在直四棱柱中，四边形ABCD是菱形，，，则(

)A.四棱柱的体积为162B.四棱柱的表面积为C.点B到平面的距离为D.直线与AB所成角的余弦值为11．下列函数中，对于任意使得有意义的k，始终存在常数a，b（），使得在区间上的最大值与最小值之差为的有(

)A. B. C. D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12．若3与13的等差中项是4与m的等比中项，则_____________.13．已知的面积为，，则边BC的最小值为____________________.14．现有一个基于数字变换的游戏.初始时黑板上写有数字2，每轮游戏会对该数字进行一次独立变换.每一次变换有p的概率将其擦去并写上原先数字加1的数，否则将其擦去并写上原先数字2倍的数.设轮变换后黑板上的数字为.已知在的前提下，第1轮变换前后数字之差为1的概率为，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．（13分）已知等比数列满足，.（1）求的公比；（2）求的前n项和.16．（15分）已知椭圆与双曲线的离心率之积为.（1）求b；（2）记的左顶点为A，过点A的直线l（l的斜率不为0）与另交于点M，与另交于点N，证明：.17．（15分）斜三棱柱中，，，，平面平面ABC.（1）证明：；（2）若，求平面与平面ABC的夹角的余弦值.18．（17分）某校高一、高二、高三三个篮球队为比赛制定了如下规则：先确定挑战权，挑战权属于某队时，该队可挑战另外两队中的一队，且被挑战的队伍获得下一次的挑战权.已知高一篮球队挑战高二、高三篮球队的概率均为0.5，高二篮球队挑战高一、高三篮球队的概率分别为0.4、0.6，高三篮球队挑战高一、高二篮球队的概率分别为0.4、0.6.经商定，高一篮球队获得首次挑战权.（1）经过3次挑战后，高一篮球队已获得的挑战权次数记为，求的分布列及数学期望；（2）若经过次挑战后，挑战权属于高一篮球队、高二篮球队和高三篮球队分别记为事件、、.（ⅰ）证明：；（ⅱ）证明：当n为偶数时，.19．（17分）设函数，.（1）求的单调区间；（2）证明：函数在定义域内单调递减；（3）设的外接圆直径为d，且内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若在数值上当且仅当，证明：.

参考答案及解析1．答案：B解析：因为，所以复数z在复平面内对应的点为，位于第二象限，故选B.2．答案：A解析：由题意可得，故选A.3．答案：A解析：把点P坐标代入的方程可得，显然，，故点，于是，转化为一般方程为，故选A.4．答案：B解析：对于充分性，当时甲成立，而乙不一定成立，矛盾，对于必要性，时，成立，故选B.5．答案：D解析：由分类加法计数原理知前两位可选取种数为6种，由分步乘法计数原理知秘钥数量为种，故选D.6．答案：B解析：此时，而，，且，可得正整数m的最小值为2，故选B.7．答案：D解析：.而，则时，，单调递减，时，，单调递增，故，于是，，，故选D.8．答案：A解析：由得，结合函数图象不妨设，依题意有，则有，，由，，结合五点法作图，有，，所以，，结合题意则有，故选A.9．答案：BC解析：，由，，，作出Venn图，如图所示，由图可知，，，故A错误，C正确；集合A的真子集个数为个，故B正确；因为，所以，D错误；故选BC.10．答案：ABD解析：对于A，记棱柱的高为h，由勾股定理得，，由得是等边三角形，可得，于是，解得，，故棱柱的体积，故A正确；对于B，表面积，故B正确；对于C，记点B到平面的距离为d，由得，由余弦定理得，由得，故，，故C错误；对于D，由知所求角为的补角，可知余弦值为，故D正确；故选ABD.11．答案：BC解析：题目要求函数在区间且上的最值之差等于.对于选项A，函数的最值之差为，若要其等于，则必须满足，这与任意有意义的k均成立的要求矛盾，故A错误；对于选项B，函数，令且，当且时，由推导可得，因为，，因此必定存在正实数a，同理，当时，由，推导可得，，必定存在正实数a，当时显然存在，故B正确；对于选项C，函数，令，当时，由，，根据对数函数图象性质易知，可知必定存在正实数a，当时由推导可得，同理可知必定存在正实数a，故C正确；对于选项D，若，假设存在满足条件的正实数a与b，令，因为，故有，由指数函数的单调性可知必有，则，由于，必有，进而要求，显然不存在，故D错误；故选BC.12．答案：16解析：由题意可知，等差中项为，则由等比中项的性质得，解得，故答案为16.13．答案：解析：由得，，由面积得，可得，由余弦定理得，当且仅当时，等号成立，于是BC的最小值为，故答案为.14．答案：解析：因为初始数字为2，故易知“第1轮变换前后数字之差为1”等价于“第1轮执行加1变换”.设该事件为N，设“3轮变换后”为事件M，列举所有3轮变换的路径，满足事件M的路径及其概率分别为：加1、加1、乘2概率为，加1、乘2、乘2概率为，乘2、加1、乘2概率为，乘2、乘2、加1概率为，乘2、乘2、乘2概率为，求和得，事件包含前两条路径，其概率，易知，故由条件概率公式可得，整理得，解得或，结合可得，故答案为.15．答案：（1）或（2）解析：（1）记的公比为q，，，，两式作比，得，，解得或.（2）记为的前项和，当时，由得，此时.当时，，，.16．答案：（1）（2）证明见解析解析：（1）的离心率，的离心率，由题意可得，解得.（2）显然l的斜率存在，设，设，，联立，得，可得，联立，得，可得，假设可得，，，故，显然，得.时，，矛盾，时，，矛盾；综上，.17．答案：（1）证明见解析（2）解析：（1）如图，取BC中点D，连接，，因为，所以，因为平面平面ABC，平面平面，又因为平面ABC，所以平面，因为，所以在中，，解得，所以，所以为直角三角形，所以，因为，平面，平面，所以平面，因为平面，所以.（2）由（1）可得平面，且，，因为平面，所以，所以以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，如图，所以，所以，，，因为，所以，所以，因为，所以，因为，所以，，因为，所以解得，设平面的法向量为，所以，，所以，即，令，则，，所以，设平面ABC的法向量为，则，设平面与平面ABC的夹角，所以平面与平面ABC的夹角的余弦值为.18．答案：（1）的分布列见解析，数学期望为1.64（2）（ⅰ）证明见解析（ⅱ）证明见解析解析：（1）随机变量的可能取值为1和2，时，第一次高一篮球队挑战高二篮球队，第二次高二篮球队挑战高三篮球队，第三次高三篮球队挑战高二篮球队，或者第一次高一篮球队挑战高三篮球队，第二次高三篮球队挑战高二篮球队，第三次高二篮球队挑战高三篮球队，则，.则的分布列为12P0.360.64则的数学期望为.（2）（ⅰ）若第n次挑战权属于高二篮球队，若第次挑战权属于高一篮球队，则第次高一篮球队挑战高二篮球队，其概率为，若第次挑战权属于高三篮球队，则第次高三篮球队挑战高二篮球队，其概率为，所以①，同理可得②，得，又，因此，因此；（ⅱ）若第n次挑战权属于高一篮球队，若第次挑战权属于高二篮球队，则第次高二篮球队挑战高一篮球队，其概率为，若第次挑战权属于高三篮球队，则第次高三篮球队挑战高一篮球队，其概率为，所以③，，得，由③知，又因为，从而有，所以，第一次挑战权为高一篮球队，经过一次挑战后，挑战权不是高一篮球队，则，故，则有是以为首项，为公比的等比数列，因此，，.当n为偶数时，，因此.19．答案：（1）的单调减区间为，无单调递增区间（2）证明见解析（3）证明见解析解析：（1）.设，，当时，且，，在区间上单调递减，又因为，故.即恒成立，则在定义域内恒成立，故的单调减区间为，无单调递增区间.（2），，且.要证明其单调递减，只需证明.由于，只需证明分子小于0，设.当时，，由于，所以且，此时，，所以成立.当时，此时.要证明，只需证明，即证明.下面证明时，.设函数，.，当时，，在上单调递增.又因为，所以时，即，从而得证.因为，所以，故，只需证明，等价于证明，即，此结论已证，故，即，又因为，故，即.综上，函数在定义域内单调递减.（3）由正弦定理可知，在中，，，代入得，即.设，其中，则当且仅当，等价于方程在满足且时只有唯一解.当时，.当时，单调递增，故单调递增，由（1）可知，与均为关于x的正值减函数，则在上单调递减，下面证明：若，