湖南省长沙市2026届高三上学期一模数学试卷（Word版附解析）

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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．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其它答案标号．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．请保持答题卡的整洁．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本大题共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. 已知命题，则为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据否定的定义求解即可.
【详解】命题为：.
故选：A.
2. 复数的共轭复数是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数除法运算，化简，再根据共轭复数的概念即可求得解．
【详解】由复数除法运算，化简得

所以其共轭复数为
所以选B
【点睛】本题考查了复数的基本概念和除法运算，共轭复数的意义，属于基础题．
3. 已知，若在之间插入3个数，使得这5个数成等差数列，则（ ）
A. 6B. 9C. 12D. 18
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的性质求解即可.
【详解】因为成等差数列，
所以，可得，
所以，
故选：B
4. “”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】C
【解析】
【分析】解分式不等式，再由充要条件的概念得解.
【详解】由可得，
即，
即，解得，
所以是的充要条件，
故选：C
5. 已知椭圆的长轴长、短轴长与焦距依次成等比数列，则其离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由等比中项的性质及椭圆中，可化为关于离心率的方程，求解即可.
【详解】由题意，成等比数列，
所以，又在椭圆中，
所以，即，则，
解得，又，
所以，
故选：C
6. 已知函数若是上的单调递增函数，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用分段函数的单调性，结合一次函数、二次函数单调性列出不等式组求解.
【详解】由函数若是上的单调递增函数，
得，解得，所以实数的取值范围是.
故选：B
7. 已知某四棱锥的一条侧棱垂直于底面，其底面为平行四边形，且8条棱的长度构成的集合为，则满足条件的四棱锥的个数为（ ）
注：若两个几何体经过调整位置后重合或者关于某平面对称，算同种形状.
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】作出满足条件的四棱锥，得出答案.
【详解】作出所有可能的四棱锥，如图，
故选：C
8. 根据预报数据，某港口某一天的水深（单位：）与时间（单位：）的关系可以用函数来近似描述．现有一艘货船准备在这天4：00进入港口并及时卸货，已知该船空船时的吃水深度（船底与水面的距离）为，在卸货过程中，其吃水深度以的速度减少，且安全间隙（船底与海底的距离）为．若要保证该船能在当天安全驶出港口，则其卸货前的吃水最大深度约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出水深与卸货前的吃水深度的函数关系，由已知结合函数图象，利用导数的几何意义求解并判断即可.
【详解】依题意，该船空船时不受水深影响，设卸货前的吃水深度为，在时的安全水深为，
则，令，求导得，
如图，
当直线与曲线相切时，达到最大值，
此时，则，由，得，解得或，
当时，，，解得，而，不符合题意；
当时，，，解得，符合题意，
所以其卸货前的吃水最大深度约为.
故选：C
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9. 在军训打靶测试中，四位同学各射靶5次，分别记录每次射击所命中环数．根据这四名同学射击成绩的统计结果，可以判断出可能出现10环的是（ ）
A. 平均数为8，极差为3B. 中位数为8，平均数为8
C. 中位数为7，众数为9D. 平均数为7，方差为2.4
【答案】ABD
【解析】
【分析】由平均数、极差、方差、中位数、众数的定义逐项判断即可.
【详解】对于A：平均数为8，总环数为，极差为3，若有10环，则最小环数为，
构造组合：，总和为40，极差为3，平均数为8，存在10环，所以A正确；
对于B：构造组合：满足中位数为8，平均数为8，故B正确；
对于C：若出现10环，且众数为9，即由大到小的环数为，所以中位数不可能为7，故C错误；
对于D：若出现10环，由于平均数为7，所以射击环数可为，此时方差为，故D正确.
故选：ABD
10. 已知函数的定义域为，且．当时，，则（ ）
A. B. 是偶函数
C. 当时，D. 为的极值点
【答案】AC
【解析】
【分析】利用赋值法判断A，利用赋值法及奇偶性的定义判断B，利用所给关系式及奇函数性质判断C，取满足条件的特殊函数判断D.
【详解】令，则，解得，故A正确；
令，则，解得，
令，则，可得为奇函数，故B错误；
当时，令，则，所以，
故有，结合，则，可得，
而是奇函数，则时，，故C正确；
将两边同时乘以，得到，
可设，
则，当时，，则，
当时，，当时，，
可得在上单调递增，在上单调递减，此时，不为的极值点，故D错误.
故选：AC
11. 已知直线与圆相切于点，与抛物线相交于两点，点为抛物线的焦点．下列说法正确的有（ ）
A. 记点的横坐标为，则
B. 最小值为4
C. 当点在直线的左侧时，的周长为定值9
D. 当点在直线的右侧时，的周长有最小值25
【答案】AC
【解析】
【分析】选项A利用圆的切线长求法和两点距离公式求解；选项B结合梯形中位线等几何关系，分析极限情况判断；选项C与D利用抛物线定义表示三角形周长，结合点P的不同位置讨论即可.
【详解】由题意可得，
可知选项A正确．
如下两图所示，过点，作直线的垂线，垂足为，
作准线的垂线，垂足为；过点，作直线的垂线，垂足为，
作准线垂线，垂足为．
根据左图，当点在直线的左侧时，可知，为直角梯形的中位线长的两倍．
若在轴的两侧时，有最小值为4；
若，在轴的同一侧时，当时，，即选项B错误．
如左图，根据以上证明，可知；
再根据抛物线定义，可知．
从而的周长为，即选项C正确．
如右图，当点在直线的右侧时，同理可得．
若，在轴的两侧时，而，为直角梯形的中位线长的两倍，
则有最小值为8，此时，则的周长为，其最小值为；
若在轴的同一侧时，当时，的周长趋于9，
此时不存在最小值，即选项D错误．
故选：AC.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 函数的一个对称中心为___________．
【答案】（不唯一）
【解析】
【分析】根据正切型三角函数的对称性求解即可.
【详解】令（），
解得，当时，，
所以的一个对称中心为.
故答案为：（不唯一）
13. 在中，，点为中点．若，则___________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据向量的线性运算，以及数量积的运算律即可求解.
【详解】如图，
因为，，
所以，
又点为中点，
所以,又，
所以.
故答案为：
14. 已知点均在半径为的球的球面上，，，则四面体的体积的最大值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】利用直角三角形条件及基本不等式确定底面三角形面积的最大值；然后通过球面几何与余弦定理分析定点距离约束下动点的轨迹特征，再结合对称性确定点到底面距离取最大的几何位置；最终将面积与距离的最值结合，求出四面体的最大体积.
【详解】如图所示，由题意可知，点在以为直径的截面圆上运动，
则，可得，
当且仅当时取等号．
连接，在中，，
由余弦定理可得，
则点的轨迹是以直线为中心轴的圆锥与该球面的截面圆，
其半径，且．
当时，，此时过点，作平面于点．
根据对称性，垂足必在上，易知，则．
当点到平面的距离最大时，，
故四面体的体积的最大值为：
故答案为：
四、解答题：本大题共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. 已知的三个内角满足．
（1）求；
（2）若，且，求的内切圆半径．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由三角恒等变换化简即可得解；
（2）利用余弦定理可得，再由三角形的面积公式列出方程，即可求出内切圆的半径.
【小问1详解】
由，可得，
即，化简可得，
由可得，
又，故.
【小问2详解】
记的角所对的边长分别为，
由，可得，则，
由余弦定理可得，
因为，所以，
又，故，
而，，可得
设的内切圆半径为，则，
可得，
故的内切圆半径为.
16. 如图，在三棱锥中，平面平面是边长为2的等边三角形，．
（1）证明：；
（2）若线段上的点满足直线与直线所成角的余弦值为，求点到直线的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的性质，可得平面，据此可得线线垂直；
（2）建立如图所示空间直角坐标，根据异面直线所成的角求出点的坐标，再由点到直线的距离公式求解即可.
【小问1详解】
在中，，
由余弦定理可得：，
则，所以有，则
由平面平面，平面平面，
且，平面，则平面，
又平面，则.
【小问2详解】
取中点分别为，连接
由为正三角形知，，
结合（1）中平面，由，可知平面，则两两垂直，
如图所示，以为原点，分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，
可得
设，则，且，
可得
由，解得或（舍去），
则，且
故点到直线的距离
17. 已知为双曲线的右顶点，过点的直线与双曲线的左右两支分别相交于两点．
（1）若直线的斜率为2，求的取值范围；
（2）设直线，分别与轴相交于，两点，若，求双曲线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设直线的方程并与双曲线方程联立，根据直线与双曲线左右两支相交的条件列不等式；
（2）设直线的方程并与双曲线方程联立，求直线、与轴交点、的坐标，利用列方程.
【小问1详解】
设直线的方程为，
代入双曲线方程并化简得，
因为直线与双曲线左右两支分别相交，所以方程有一正一负两个实根，
所以，，
由于，故，解得；
【小问2详解】
由题意可知直线的斜率存在，设直线，.
联立直线与双曲线方程：，
由韦达定理：，
由题意知，直线与双曲线左右两支分别相交，所以，得
直线的方程为，令得；
直线的方程为，令得.
又因为，所以，，
代入、，化简得，
因此.
其中，
所以.
又因为，且，
所以，解得，
所以双曲线的方程为.
18. 已知集合含有个元素，其中，先后两次随机、独立地选取集合的两个子集，记为与．设为集合中元素的个数，
（1）若，且，请列举所有满足条件的和；
（2）求随机变量的数学期望；
（3）设在处取得最大值，试建立与的函数关系．
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据新定义求解即可；
（2）分类讨论，根据随机变量服从二项分布，利用期望公式求解即可；
（3）列出不等式组，求出取值范围，分类求与的函数关系即可.
【小问1详解】
由题意，；；；；
；.
【小问2详解】
根据集合的子集个数，可知集合A的可能情况有种；同理，集合B也可能有种.
因此，两集合的所有可能情况数为
X的所有取值为
当时，先从n个元素中选出k个元素，记为，有种可能情况；
对于这k个元素中的每个元素，满足时，
只可能满足这三种情况之一，有种可能情况.
因此，事件“”的所有可能情况数为，则
由，可知，则.
【小问3详解】
若，由，，则，矛盾.
若，由，可知，当时，满足；
当时，满足
若，由，即，
即，解得，
从而，，其中为自然数.
19. 已知函数．
（1）若，求最小值；
（2）讨论的单调性；
（3）若有且仅有三个不同零点为，证明：．
【答案】（1）1 （2）答案见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数求出函数的单调性，利用单调性求函数最小值；
（2）对参数分类讨论，利用导数求函数的单调性；
（3）转化为证明，再转化为证明不等式：，利用函数单调性得证.
【小问1详解】
函数的定义域为.
当时，；
当时，.
若，当时，，可得单调递减；
当时，，可得单调递增，
故的最小值为.
【小问2详解】
当时，，若，，则单调递增，
若，当时，，即，则单调递增；
当时，，即，则单调递减.
若，，则单调递减.
当时，若，，则单调递增；
若，，则单调递增；
若，当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增.
综上所述，当时，在上递增；
当时，在上递增，在上递减，在上递增；
当时，在上递减，在上递增；
当时，在上递减，在上递增.
【小问3详解】
若有且仅有三个不同零点为，由（2）可知，必有，
假设，且，
当时，；当时，，
由，解得.
先证不等式：
由题意，满足，故且，
两式相减整理可得
则只需证：，即证：.
令，则，不等式转化为证明.
令，则，
可得在上单调递减，有，即成立.
再证明不等式：.
由于，且在上单调递增，
则只需证：.
令，则，是单调递减函数，
而，
则
综上，可得