湖南省永州市2026届高三上学期第二次模拟考试数学试题（Word版附解析）

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1．本试卷共150分，考试时量120分钟．
2．全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效．
3．考试结束后，只交答题卡．
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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】化简集合，再根据交集运算求解.
【详解】因为，，
所以.
故选：C.
2. 已知复数满足，则的虚部为（ ）
A. 1B. C. iD.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法运算法则和复数虚部的概念即可得到答案.
【详解】，
则虚部为.
故选：B.
3. 的展开式中，的系数为（ ）
A. 40B. C. 80D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出的展开式为，在令，即可求出结果.
【详解】因为的展开式为
令，所以的系数为.
故选：D.
4. 已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，且，则“”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】D
【解析】
【分析】根据线线、线面和面面的基本关系即可下结论.
【详解】如图，，
若，则与相交或异面，不一定垂直；
若，则不一定成立.
所以“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D
5. 已知菱形的边长为2，是的中点，则（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】以为基底表示出，再利用向量数量积的运算律求解.
【详解】，
.
故选：C.
6. 已知抛物线的焦点为，点在轴上且位于右侧，点在上，若为等边三角形，则（ ）
A. 2B. 2C. 2D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】如图，设，则，结合抛物线的定义得，进而建立关于的方程，解之即可求解.
【详解】如图，，设，的中点为，
则，又为等边三角形，所以，
由抛物线的定义知，所以，
解得，所以
故选：D
7. 已知函数，若且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先将函数变形为，由得函数的图象关于直线对称，再判断单调性，由，得，两边平方后化简即可.
【详解】函数的定义域为，
且，
因为，所以函数的图象关于直线对称，
令在上单调递增，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，当且仅当，即时等号成立，
函数在上单调递增，
由复合函数单调性知，在上单调递减，在上单调递增；
因为，所以，
两边平方得，即，
又，所以，即.
故选：B.
8. 在中，内角所对的边分别为，且满足，则（ ）
A. 角为锐角B. 2
C. 2D. 的最大值为
【答案】D
【解析】
【分析】由同角的三角函数关系和降幂公式可判断A；由余弦定理结合A的结果可判断B；由同角的三角函数关系结合余弦定理可得判断C；由两角和的正切展开式再结合基本不等式可判断D.
【详解】由，得，
，所以，
对于A，由，得，所以为钝角，故A错误；
对于B，由，得，即，故B错误；
对于C，由，结合正弦定理可得，
所以，即得，
因为为钝角，为锐角，两边除以，得，故C错误；
对于D，由，即，，
，
因为，所以，
所以，当且仅当，即时取等号，
所以，即的最大值为，故D正确.
故选：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. 已知某地近一周的最高气温如下：9，11，14，11，10，7，8（单位：），则（ ）
A. 这组数据的极差为7B. 这组数据的第40百分位数为8.5
C. 这组数据的众数为11D. 这组数据的方差为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，根据极差定义进行计算；B选项，根据百分位数的定义进行计算；C选项，根据众数的定义进行计算；D选项，计算出平均数，进而求出方差.
【详解】A选项，极差为，故A正确；
B选项，，故从小到大，选择第3个数据作为数据的第40百分位数，即第40百分位数为9，故B错误；
C选项，11出现了2次，其他数均出现了1次，故11为众数，故C正确；
D选项，平均数为，故方差为，故D正确；
故选：ACD
10. 已知函数，则（ ）
A. 在区间上有1个零点
B. 的周期为
C. 的值域为
D. 要得到的图象，可将函数图象向左平移个单位长度
【答案】ABC
【解析】
【分析】，根据的范围得出的零点，即可判断A项；由已知化简可得，即可判断B项；由已知可得，换元根据导函数求解在上的值域，即可判断C项；根据已知得出平移后的函数解析式，即可判断D项.
【详解】对于A项，由已知可得，.
因为，所以，
当时，即时，有，
所以在区间上有1个零点，故A项正确；
对于B项，由已知可得，
，
所以，的周期，故B项正确；
对于C项，

.
令，
则.
令，得，所以在上单调递增；
令，得或，
所以在上单调递减，在上单调递减.
且，
.
所以当时，有最小值；当时，有最大值1.
所以的值域为，故C项正确；
对于D项，，
将函数图象上的所有点向左平移个单位长度得到函数
，故D项错误.
故选：ABC.
11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点是的渐近线上一点（在轴上方），直线与圆相切，且与的左、右两支分别交于两点，若，则（ ）
A. 以为直径的圆与圆相切B. 的离心率
C. 线段的中点在直线上D. 的面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】设的中点为，则，即可判断A；设直线与圆的切点为，直线为双曲线的另一条渐近线，根据双曲线的对称性可得，结合离心率的概念计算即可判断B；根据点差法计算可得，求出直线的斜率即可判断C；设，则，根据双曲线的定义可得，结合计算即可判断D.
【详解】设的中点为，则，
以为直径的圆与圆的圆心距为两圆的半径之和，
故以为直径的圆与圆相切，故A正确；
因为点是双曲线的渐近线上的一点，，
所以，设直线与圆的切点为，
则，故直线的斜率为，
即直线为双曲线的另一条渐近线，由双曲线的对称性知，
，即，
所以双曲线的离心率为，故B正确；
设的中点为，设，
则，直线的斜率为，
且，两式相减得，
整理得，即，
又因为直线的斜率为，所以直线的斜率为，
所以的中点在直线上，故C错误；
D：设，因为，
所以，由双曲线的定义得，
，
因为，代入得，化简整理得，
即，即，
解得，又，
所以的面积为，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. 从1，2，3，4四个整数中依次不放回地随机抽取2个数，则第一次抽取的数小于第二次抽取的数的概率为___________．
【答案】##
【解析】
【分析】设第一次与第二次抽取的数即为，利用列举法求出所有的可能结果和满足题意的可能结果，即可求解.
【详解】由题意知，设第一次与第二次抽取的数即为，
则所有的可能结果为
，共12种，
满足的可能结果为，共6种，
所以满足题意的概率为.
故答案为：
13. 已知函数，若恒成立，则实数___________．
【答案】
【解析】
【分析】分和两种情况讨论的取值范围即可求解.
【详解】当时，,则,
由于恒成立，则,
当时，,其对称轴为：,
由于,所以当时，,
则，解得：,
由于,则,
当时，时，，满足条件，
时，,满足恒成立
综上，
故答案为：
14. 在直四棱柱中，分别是棱的中点，是底面内一动点．若直线平面，则三棱锥外接球表面积的最小值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】先通过面面平行确定点 的轨迹为线段 ，再将三棱锥外接球表面积的最小值，转化为 外接圆半径的最小值，最后利用正弦定理，当 时 最小，从而求出外接球表面积最小值.
【详解】
连接 ，易知平面 平面 ，则点 的轨迹为线段 ，
在三棱锥 中，易知 平面 ，要使三棱锥 外接球表面积最小，
则只需 外接圆的半径 最小，
在 中，由正弦定理得，
又因为 为定值，只需 最小，显然当 时， 有最小值， 的最小值为 ，
所以三棱锥 外接球半径的最小值为，
三棱锥 外接球表面积的最小值为 .
故答案为：.
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. 已知数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）求的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，结合等比数列的定义可得，即可求解；
（2）由（1），结合错位相减法计算即可求解
【小问1详解】
由，得，
即，得，又，
所以是以为首项，以为公比的等比数列，
则，所以.
【小问2详解】
由（1）知，，
，
两式相减得，
所以.
16. 如图，是半圆的直径，是上的两个三等分点，点在底面上的射影为的中点．
（1）当时，求点到平面的距离；
（2）当时，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）由题可得四边形是菱形，所以，再证明，进而得平面，所以点到平面的距离为，得解；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量法求解.
【小问1详解】
如图，连接，设与相交于点，再连接，
因为是弧上的两个三等分点，所以，
又，所以与都是正三角形，
所以，即四边形是菱形，所以，
又因为点在底面上的射影为的中点，
所以平面，
由，得，即，而，所以，
所以平面，又平面，
所以，而，平面，
所以平面，垂足为，
即点到平面的距离为，而，
所以点到平面的距离为2.
【小问2详解】
取的中点，连接，由（1）可知两两互相垂直，
故以点为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
当时，可得，，，，，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
故，
因为平面轴，所以取平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
17. 为了激活全民参与体育赛事的热情，某省举办了足球联赛．已知足球联赛积分规则为：球队胜一场积3分，平一场积1分，负一场积0分．球队甲2025年11月将迎来主场与球队乙和客场与球队丙的两场比赛．根据前期比赛成绩，球队甲主场与球队乙比赛：胜利的概率为，平的概率为，负的概率为；球队甲客场与球队丙比赛：胜利的概率为，平的概率为，负的概率为；且每场比赛结果相互独立．
（1）设球队甲11月主场与球队乙比赛获得积分为，客场与球队丙比赛获得积分为，求的概率；
（2）用表示球队甲11月与球队乙和球队丙比赛获得积分之和，求的分布列与期望．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）找出所有符合题意的情况及其对应概率后求和即可得；
（2）得到的所有可能取值及其对应概率后即可得其分布列，利用分布列即可得其期望.
【小问1详解】
设事件“甲队主场与乙队比赛获得积分为3分”，
事件“甲队主场与乙队比赛获得积分为1分”，
事件“甲队主场与乙队比赛获得积分为0分”，
事件“甲队客场与丙队比赛获得积分为3分”，
事件“甲队客场与丙队比赛获得积分为1分”，
事件“甲队客场与丙队比赛获得积分为0分”，
事件“甲队11月主场与乙队比赛获得积分超过客场与丙队比赛获得积分”，
，
则，
所以甲11月主场与乙队比赛获得积分超过客场与丙队比赛获得积分的概率为；
【小问2详解】
由题意可知的所有可能取值为，
，
，
，
，
，
，
所以的分布列为：
所以.
18. 已知椭圆经过点为的右焦点．
（1）求的标准方程；
（2）过点的直线与交于两点（的斜率存在且不为0），设点关于轴的对称点为，的外接圆圆心为．
（i）求面积的最大值；
（ii）直线与直线的斜率之积是否为定值？若是，求出这个定值，若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）（i）（ii）是；定值为1，证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据椭圆定义求，再根据关系联立方程求解椭圆方程；
（2）（i）直线方程为,跟椭圆方程联立可得，根据直线与直线的斜率之和为0，再结合韦达定理求得直线过定点，再利用韦达定理转化面积，再由一般不等式求解面积最值；
（ii）求解和的垂直平分线方程为，，联立两直线方程可得，，即得，再结合可得斜率乘积为定值.
【小问1详解】
如图所示，因为为的右焦点，则，且椭圆左焦点为，
所以,
所以，
所以椭圆方程为.
【小问2详解】
（i）设直线方程为，，
联立，得，
，即，
，，
因为点关于轴的对称点为，则直线与直线的斜率之和为0，
所以，
即，即，
得，即，所以直线过定点，且，
所以，
即，令，
，
当且仅当时，即时，面积最大值为.
（ii）因为的垂直平分线方程为，
即①，同理的垂直平分线方程为②，
①+②得，，故，
①-②得，，
所以，即，
所以，故，
又因为，故，
所以直线与直线的斜率之积是定值1.
19. 已知函数．
（1）当时，当，求的最小值；
（2）当时，证明：存在唯一实数，使得曲线在点处的切线与的图象有3个交点；
（3）当时，将在区间上的零点从小到大依次排列，记第个零点为，证明：．
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）直接求导得，分析其单调性即可得到最小值；
（2）求导后得到切线方程，再设新函数，求导后得到其极大值，最后对分类讨论即可；
（3）设，求导后得到其单调性，利用零点存在性定理得到，结合得，最后根据两角差的正切公式合理放缩即可证明不等式.
【小问1详解】
当时，，
当，所以在单调递增，
所以的最小值为．
【小问2详解】
当时，，
，
所以在点处的切线方程为：，
整理得，
令，
则，因为，
当时，为单调递增函数，
当时，为单调递减函数，
函数所有的极大值为，
当时，极大值等于0，即，
极小值，
当为正整数时，极大值全部小于0，即在无零点，为一个零点，
当为负整数时，极大值全部大于0，函数所有的极小值为，
且随着的增大，极小值越来越小，
因此在点处的切线与有3个交点，
只需时，极小值，即，即有解，
令为上的严格增函数，
，
故存在唯一实数，满足故存在唯一的，
使得曲线在点处的切线与有3个交点.
【小问3详解】
当时，零点即为零点，
在区间上单调递增，
又因为，当时，，
所以，
由（1）知，当时，，即，
，
又因为，
所以，即，
又因为
又，故，
故，
因为
故，因此，
又，函数在上单调递增，
所以，
故，
综上：.0
1
2
3
4
6