湖南长沙市第一中学2026届高三5月数学模拟卷一（解析版）

第1页/共1页高三数学模拟卷一注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.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（本大题共8个小题，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】A【解析】【详解】因为集合，所以，所以.2.已知，为实数，虚数是方程的根，则的值为（）A. B. C.2 D.4【答案】A【解析】【详解】因为是方程的根，所以，所以，又知，为实数，所以且，解得，，所以.3.若函数的定义域为，则“函数的图象关于点中心对称”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由已知条件，看“的图象关于点中心对称”与“”是否可以互相推导，进而判断前者是后者的什么条件.【详解】若定义域为函数的图象关于点中心对称，则，当时，，则，但不能推出函数的图象关于点中心对称，所以“的图象关于点中心对称”是“”的充分不必要条件.4.已知向量，，，，均为实数，且，，则（）A.25 B.16 C.5 D.4【答案】C【解析】【分析】根据向量垂直和平行列方程，求得，，根据向量坐标运算求得正确答案.【详解】因为，，所以，，得，，所以，故.5.下图是某城市在2025年元月至十月的最低气温（单位：℃）和最高气温（单位：℃）的散点图．定义各月的温差为该月的最高气温减去最低气温．若最低气温和最高气温的线性相关系数为，最低气温和温差的线性相关系数为，则下列说法正确的是（）A.，且 B.，且C.，且 D.，且【答案】D【解析】【分析】根据线性相关系数的性质与线性相关程度判断即可.【详解】由散点图可得，随着最低气温的升高，最高气温也升高，所以最低气温和最高气温成正相关，故.因温差最高气温最低气温，由图知，随着最低气温不断升高，最高气温升高幅度相对较小，故温差逐渐减小，即最低气温和温差成负相关，故.由散点图可以看出，最低气温与最高气温的线性相关程度较强，最低气温与温差的线性相关程度较弱，根据线性相关系数的性质，值越接近1，随机变量之间的线性相关程度越强；值越接近0，随机变量之间的线性相关程度越弱.由上分析，可得.6.如图，圆柱的表面积为，AB，CD分别是圆柱上、下底面圆的直径，且四面体ABCD为正四面体，则该正四面体的体积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】连接，，，因为四面体ABCD为正四面体，所以，设，在中，，，，在，，，故圆柱的表面积为，解得.故．7.已知圆：，若存在，使得直线与圆有公共点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】法一：根据直线与圆的位置关系求解；法二：当变化时，圆扫过的图形是以原点为圆心，2为半径的圆盘，再由直线与圆的位置关系求解.【详解】法一：依题意，圆心到直线的距离，即，即，依题意，存在，使得成立，故且，也即，解得.法二：当变化时，圆扫过的图形是以原点为圆心，2为半径的圆盘，故若存在，使得直线与圆有公共点，即直线与圆有交点，得，解得.8.函数，若方程有四个不等的实根，，，，且，则下列结论正确的是（）A. B. C. D.取值范围为【答案】D【解析】【分析】利用对数函数与正弦函数的性质作出的图象，结合图象对选项逐一分析即可得解.【详解】A，当时，，则在上单调递减，，当时，，则在上单调递增，，即，当时，在上单调递减，在上单调递增，且，，，，，利用对数函数与正弦函数的性质，画出的图象如下，因为方程有四个不等的实根，所以与的图象有四个交点，则，错误；B，结合选项A中分析可得，所以，则，错误；C，由正弦函数的性质结合图象可知与关于对称，所以，错误；D，当时，，令，得，所以，，由图知同增同减，所以，正确.二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，至少有两项符合题目要求，若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分）9.已知正三角形的边长为6，记其面积为，取各边中点连接得到新的正三角形，记其面积为，依此规律，得到一系列正三角形，其面积记为，设.则下列说法正确的有（）A.数列是首项为，公比为的等比数列B.前3个正三角形的面积之和为C.存在正整数，使得D.【答案】ABD【解析】【分析】确定数列是首项为、公比为的等比数列，再逐项验证即可【详解】选项A：根据正三角形面积公式可得初始面积，连接各边中点后，新正三角形边长变为原三角形边长的，因此面积变为原面积的，即，所以数列是首项为，公比为的等比数列，A正确；所以，.选项B：前3个正三角形的面积之和为，B正确；选项C：对任意正整数，，C错误；选项D：，D正确10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.函数有三个零点B.C.曲线上不同的两点，处的切线分别为，，若，则D.若方程有三个不同的实数根，，，则【答案】BCD【解析】【分析】求导，根据导数得函数单调性，根据零点的存在性定理判断A；根据对称性质及单调性计算判断B；根据导数的几何意义解方程判断C；根据题意化简计算判断D.【详解】由，得，令，得，令，得或，所以在区间单调递减，在区间，单调递增.对于A，因为，，，所以在区间内存在1个零点，故在上有2个零点，故A错误；对于B，因为，所以的图象关于点中心对称，令，得，又，所以，故B正确；对于C，依题意，即，所以，因为，所以.故C正确；对于D，设，所以，所以为定值，故D正确.11.如图，一张半径为的圆形纸片的圆心为点，是圆内的一个定点，是圆上任意一点，把纸片折叠使得点与重合，折痕与直线PE相交于点，为的中点，，在折痕上的投影分别为，，则（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】A项：利用折叠性质直接得到；B项，通过中位线定理与全等转化，证明T为MN中点；C项，结合椭圆Q轨迹方程，推导；D项：用极化恒等式与不等式缩放证明..【详解】对于A，由折叠性质可知，折痕是线段的垂直平分线，因此，A错误；对于B，在中，，分别为的中点，故，如图，延长，交于点，则有，，故，B正确；对于C，设，，，则，，则，由于点的轨迹为椭圆，设椭圆长半轴长、短半轴长、半焦距分别为，，，则在中，，化简得，即，所以，C正确；对于D，设的中点为，则有，故，D正确.三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）12.若的展开式中二项式系数之和为32，则展开式中的系数为__________.【答案】【解析】【分析】根据二项式系数之和得出，再利用二项展开式的通项公式运算求解.【详解】二项式系数之和为，所以，因为的展开式的通项公式为：，当时，所以，则展开式中的系数为.故答案为：40.13.若，且，则______.【答案】或【解析】【分析】由，利用两角和余弦公式化简求解.【详解】，结合，所以，即或.因为，得或，即或.14.已知数列满足，，，对任意不等于的正整数，都有，则实数的取值范围是______【答案】【解析】【分析】结合递推公式及等差数列的定义得到数列是以为首项，为公差的等差数列，从而求出的通项公式，再由二次函数的性质得到关于的不等式组，解得即可.【详解】由，得，得，即，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，则，所以，于是，因为对任意不等于的正整数，都有，又二次函数图象的对称轴为，由题意得，解得，所以实数的取值范围是.四、解答题（本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15.已知的内角，，的对边分别为，，，且.（1）若，，求的面积；（2）若，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）运用正弦定理求出角A，运用余弦定理和三角形的面积公式求出三角形的面积；（2）运用正弦定理和平方关系先求出相应的正弦值和余弦值，再使用相应的和、差角的正弦公式求出结果.【小问1详解】因为，由正弦定理得，又因为，所以，因为，所以，所以，因为，所以.由余弦定理得，所以，所以，所以的面积.【小问2详解】因为，根据正弦定理得，则，又，则，故为锐角，所以，则..所以16.已知函数（1）设，分别讨论函数与在上的单调性；（2）证明：当时，.【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，根据导数计算即可；（2）分，两种情况，利用结合函数单调性计算即可证明.【小问1详解】由题意得，令，得；令，得.所以在上单调递增，在上单调递减.由，得，令，得；令，得，所以在上单调递增，在上单调递减.【小问2详解】因为，所以，①当时，，由（1）知在上单调递增，所以，因为，所以，所以；②当时，令，则，，由（1）知在上单调递增，所以，所以，所以在上单调递减，所以，即当时，.综上，当时，.17.如图，在三棱锥中，侧棱底面，且，，点为棱的中点，四面体的外接球与直线的另一交点为.（1）证明：平面；（2）若，三棱锥的体积是，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由题先证明平面，可得，进而证明平面，得；又由，，，四点共圆，，得到，根据线面垂直的判定定理得证；（2）由求得，由（1）知，都是以为斜边的直角三角形，故外接球球心为的中点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【小问1详解】因为平面，平面，所以，又因为，且，平面，所以平面，又平面，所以.因为，点是的中点，所以.又，平面，所以平面，又平面，所以.由题知，四面体内接于球，则必有，，，四点共圆，又，所以，则，即，又，平面，所以平面.【小问2详解】设，由（1）得平面，，因为平面，所以，则，所以，化简得，解得，则.又，，则，则，又，，则.又由（1）知，都是以为斜边的直角三角形，故外接球球心为的中点.如图，以为原点，与平行的方向，射线，射线分别为，，轴的正半轴，建立空间直角坐标系.因为，，则，，，，，由（1）知，平面，所以是平面的一个法向量，又直线的方向向量为，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为.18.某班级开展一次卡片抽奖活动，在一个不透明的箱子中共有6张卡片，其中有4张普通卡片，2张稀有卡片，学生随机从箱子中取出一张卡片，如果取出普通卡片，则把它放回箱子中；如果取出稀有卡片，则该稀有卡片不再放回，并且另补一张普通卡片放到箱子中.重复上述过程次后，箱子中普通卡片的张数记作，的数学期望记为.（1）求随机变量的分布列；（2）设.（ⅰ）用含的式子表示；（ⅱ）证明：是等比数列，并求.【答案】（1）分布列见解析（2）（ⅰ）（ⅱ）证明见解析【解析】【分析】（1）先确定的取值，再根据取球规则计算各取值对应的概率，从而得到分布列.（2）第一问，根据的取值及取球规则，用表示各取值的概率，再代入数学期望公式计算.第二问，先通过构造证明是等比数列，然后求出.【小问1详解】根据题意，的可能取值为.即二次抽卡均抽到普通卡片，，即二次抽卡恰好抽到一普通一稀有卡片，，即二次抽卡均抽到稀有卡片，，所以的分布列为456【小问2详解】（ⅰ）设第次抽卡抽到稀有卡片为事件，则，..（ⅱ）由（ⅰ）及，得，，所以，又，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，即.19.已知双曲线：（，），过右焦点的直线与双曲线的右支交于，两点.设PQ的中点为，且当直线的斜率为1时，点的坐标为.（1）求双曲线的标准方程；（2）直线上有两点，满足：，，其中，，为坐标原点.已知点在双曲线上.（ⅰ）证明：点也在双曲线上；（ⅱ）设点，设RS的中点为，若的面积的最小值为5，求的值.【答案】（1）（2）（ⅰ）证明见解析（ⅱ）【解析】【分析】（1）用点差法：设，，代入双曲线作差，代入斜率和中点坐标，结合，求出，得到曲线方程；（2）（ⅰ）根据在双曲线上，得到，将的坐标代入计算，满足双曲线方程，得证；（ⅱ）先利用斜率证明三点共线，再计算，联立直线与双曲线，求