2026年湖南南雅中学高三二模高考数学模拟试卷（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页长沙市南雅中学2026届高三第二次模拟考试试卷数学命题：高三数学备课组审题：高三数学备课组本试题卷分为单项选择题、多项选择题、填空题与解答题四个部分，共4页．时量120分钟，满分150分．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．在复平面内，的共轭复数对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知函数，则（

）A． B． C．1 D．e3．已知随机事件与满足，，且，则（

）A． B． C． D．4．《道德经》有云：“合抱之木，生于毫末；九层之台，起于累土．”这体现了积累的深远意义．假设商人甲每天通过经营使财富增长1%，那么商人甲的财富增长到最初的2倍至少需要经过多少天？（参考数据：，）（

）A．40 B．70 C．110 D．1805．若的展开式中二项式系数和为256，则二项式展开式中第3项的系数为（

）A．112 B．224 C．56 D．286．已知抛物线焦点为，抛物线的准线与轴交于点，点在抛物线上，，则的面积为（

）A． B． C． D．7．已知函数，若使得的图象在点处的切线与轴平行，则的最小值是（

）A． B．1 C． D．28．设双曲线的左､右焦点分别为，过焦点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，若的面积为，且双曲线的离心率，则（

）A．2 B． C． D．二、多选题（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．下列说法中正确的有（

）A．能作为一组基底B．已知向量，，则向量在向量上的投影向量为C．平行四边形中，若，则四边形是矩形D．已知，为虚数单位，若复数为纯虚数，则10．中，内角，，的对边分别为，，，为的面积，且，，下列选项正确的是（

）A．B．若有两解，则取值范围是C．若为锐角三角形，则取值范围是D．若为边上的中点，则的最大值为311．已知正方体的棱长为，点P满足，其中x，y，，下列正确的是（

）A．当时，则直线与所成角的正切值范围是B．当，时，则的最小值为C．当时，线段AP的长度最小值为D．当时，记点的轨迹为平面，则截此正方体所得截面面积的最大值为三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）12．设直线与圆交于，两点，若，则实数的值为______．13．已知数列满足，设数列的前项和为，则_____.14．有5个不同的球，分别标有数字．从中有放回地随机取次，每次取1个球，记为这5个球中至少被取出1次的球的个数，若，则的数学期望为___________，若（其中），则的数学期望为_________．（用表示）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，角，，的对边分别为，，．且满足．(1)求角的大小；(2)已知，，在边上，且满足，求的长．16．如图，在四棱锥中，底面为菱形，侧面底面，且，(1)证明：；(2)若直线与平面所成角为，且三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角．17．已知椭圆：的离心率为，焦点与短轴端点围成四边形的面积是．(1)求椭圆E的方程；(2)过右焦点的直线l与椭圆E交于A，B两点，线段的垂直平分线交直线l于点P，交直线于点Q，求的最小值．18．已知函数.(1)若，，求曲线在点处的切线方程；(2)若是的极大值点，求a的取值范围；(3)在（2）的条件下，若对恒成立，求a的取值范围.19．已知是等差数列，．(1)求的通项公式和．(2)设是等比数列，且对任意的，当时，则，（Ⅰ）当时，求证：；（Ⅱ）求的通项公式及前项和．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【分析】先利用复数的乘法化简，再利用复数的几何意义求解.【详解】根据题意，，则的共轭复数为，其对应的点为，位于第三象限.故选：C.2．B【详解】函数，则，所以.3．C【详解】首先求出事件与同时发生的概率：根据公式，即，解得.所以.4．B【分析】设商人最初的财富为，至少经过天甲的财富增长到最初的2倍，列出，利用对数运算性质可求出的范围.【详解】设商人甲最初的财富为，至少经过天甲的财富增长到最初的2倍，则有，两边取常用对数得，所以．又因为，，所以解得.故选：.5．A【详解】由得，∴，∴第3项系数为.6．C【分析】由焦半径公式得出与的关系，再把点坐标代入抛物线方程可求得，然后可计算出面积．【详解】过向抛物线的准线作垂线，垂足为，则，故又在抛物线上，则，于是，解得，.所以.故选：C．7．B【分析】由题意可得，使得点为的最高点或最低点，再利用正弦型函数性质计算即可得.【详解】当时，，若的图象在点处的切线与轴平行，则点为的最高点或最低点，由，要使得最小，则或，分别解得或，由，故的最小值是.8．A【分析】先利用点到直线的距离公式求出，再可求得，则，而，再结合的面积为，从而可求出离心率.【详解】双曲线的渐近线为，由双曲线的对称性，不妨取，即，则，所以，所以，因为的面积为，，所以，得，所以，令得，解得或，即或，或，因为，所以.9．BC【分析】根据，可判定A错误；根据投影向量的计算公式，可判定B正确，根据向量的运算法则，求得，可判定C正确；根据复数的定义，列出方程组，可判定D错误.【详解】对于A，由向量，可得，所以共线，所以向量不能作为一组基底，所以A错误；对于B，由向量，，可得则向量在向量上的投影向量为，所以B正确；对于C，由，可得，则，可得，可得，所以，可得，又因为四边形为平行四边形，所以四边形是矩形，所以C正确；对于D，由复数为纯虚数，可得，解得，所以D错误.10．ABD【分析】根据向量运算结合面积公式得到，A正确；根据，代入数据则可判断B正确；确定，计算，C错误；利用均值不等式结合余弦定理得到D正确，得到答案.【详解】对选项A：，故，故，，所以，故A正确；对选项B：若△ABC有两解，则，即，则，故B正确；对选项C：为锐角三角形，则，，故，则，，故，故C错误；对选项D：若为边上的中点，则，故，又，，由基本不等式得，当且仅当时等号成立，故，所以，故，正确；故选：ABD.11．ACD【分析】对于选项A，当时，点在线段上动，即为直线与所成角；对于选项B，当，时，点在线段上动，故将三角形与四边形沿展开到同一个平面上即可求解；对于选项C，当时，点在内部及边界上动，线段AP的长度最小值即点A到平面的距离，由等体积法即可求解；对于选项D，当时，记点的轨迹为平面，故平面截此正方体所得截面面积的最大值为正方体的中截面的面积.【详解】对A，当时，点在线段上动，如图所示，由于，可知即为直线与所成角，连接，设，则在中，，，故A正确；对于B，当，时，点在线段上动，故将三角形与四边形沿展开到同一个平面上，由图可知，线段的长度即为的最小值，在中，，故B错误；对于C，当时，点在内部及边界上动，则线段AP的长度最小值即点A到平面的距离，由得线段AP的长度最小值为，故C正确；对于D，当时，记点的轨迹为平面，故平面截此正方体所得截面面积的最大值为正方体的中截面的面积，如图所示：当点分别为对应棱的中点时，连结，可得平面平行于平面，且为正六边形，此时该截面是最大截面，由于正方体的棱长为1，所以正六边形的边长为，则面积为，故D正确.故选：ACD.12．【分析】求出圆心、半径，结合，利用点到直线距离公式与勾股定理列方程求解即可.【详解】可化为，则圆心，半径为，且，即.圆心到直线的距离.由垂径定理得，，即，整理得，解得，此时满足条件，实数的值为.13．【分析】根据给定条件，利用累加法求出的通项公式，再利用裂项相消法求和即得.【详解】数列中，，当时，，则当时，，而满足上式，因此，，则，所以.14．【分析】当时，求出的可能值及各个值对应的概率，再求出数学期望；当时，取新的随机变量，结合期望的可加性求解.【详解】当时，的可能取值为，，所以的数学期望为；当时，假设随机变量，其中，其中，则，由球的等可能性，得，由期望的线性性质，得，依题意，球在单次抽取中未被取出的概率为，则次均未取出球的概率为，球至少被取出一次的概率为，因此，，所以的数学期望为.15．(1)(2)【分析】（1）利用两角和的余弦公式结合三角形内角和计算求解；（2）根据已知条件，利用余弦定理解三角形．【详解】（1）由得，即，，即，，又，．（2）已知，，，在边上，且满足，，，，在中，由余弦定理得，在中，已知，则，解得．16．(1)证明见解析(2)．【分析】（1）通过线面垂直证明线线垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解平面与平面的夹角.【详解】（1）取的中点M，连接，．∵，．则为正三角形，．又,平面,平面，又,平面,（2）以为原点，以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系,由题可知∠PCM=π6．设，则．．

，∴C(0,3,0)．，，设平面的法向量是，则n⋅PC=令，则平面的一个法向量是，又平面的一个法向量是

，所以平面与平面的夹角为．17．(1)(2)【分析】（1）先确定半焦距，再代入椭圆上点的坐标联立方程组求出参数，最后写出椭圆方程即可；（2）先设直线的方程，联立方程并利用韦达定理求根的关系，再计算弦长及的长度，最后求出比值计算最小值即可.【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由题意得：由，得，代入：，即，由，得，代入和得：，所以，即，所以，所以椭圆的方程为：.（2）当直线的斜率为0时，线段的垂直平分线为，与不相交，不符合题意，故直线的斜率不为0，设其方程为，，，联立，可得，，，，则．又，，由可得，直线的斜率为，所以，所以，令，则，所以代入上式可得，，当且仅当，即时取等号，此时，所以的最小值为.

18．(1)(2)(3)【分析】（1）若，求出解析式，求导，求出切线方程；（2）根据定义域为，求导，分类讨论，，，满足是的极大值点，求出的取值范围；（3）由（2）可知，且时，，由恒成立，构造，进行求解.【详解】（1）若，则，所以，所以曲线在点处的切线方程为.（2）由题意，得的定义域为，，所以.当时，在区间上，单调递减，在区间和上，单调递增，所以是的极大值点，满足条件.当时，在区间上单调递增，没有极值，不满足条件.当时，在区间上，单调递减，在区间和上，单调递增，是的极小值点，不满足条件.当时，在区间上，单调递减，在区间上，单调递增，所以是的极小值点，不满足条件.综上，的取值范围是.（3）由（2）知，，且时，，所以在上，恒成立，即恒成立，即恒成立.设，则.令，则，当时，，所以即在区间上单调递减，又，所以，所以在区间上单调递减.又，所以的取值范围是.19．(1)，；(2)(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)，前项和为.【分析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得，据此可求得数列的通项公式，然后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前项和公式计算可得.(2)(Ⅰ)利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当时，，取，当时，，取，即可证得题中的不等式；(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论，利用极限思想确定数列的公比，进而可得数列的通项公式，最后由等