湖南省长沙市雅礼中学2026届高三下学期模拟预测数学试题（Word版附解析）

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2．回答选择题时，选出每小题后，用铅笔把答题卡对应题目的标号涂黑．如需改动，用橡皮
擦干净后，再选涂其他标号．回答非选择题时，将写在答题卡上．
一、单项选择题：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. （）
A. 1 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为，所以．
2. 已知集合，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据对数函数单调性解对数不等式可得集合 B，进而可求并集.
【详解】令，则，解得，即集合，
且集合，所以．
3. 已知向量满足，则与的夹角为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将两端平方，从而解出与的夹角.
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【详解】因为，所以，
所以，所以．
4. 已知某圆锥的轴截面是顶角为的等腰三角形，侧面展开图是圆心角为的扇形，若，则
（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用圆锥的结构特征及弧长的求法得，再逐项验证即可得.
【详解】设圆锥的母线长为，则圆锥的底面半径，
因为侧面展开图的扇形弧长即圆锥底面的周长，所以，即，
因为，所以，又，即，
逐个验证各选项可知，当时符合题意．
5. 在一次校园活动的组织过程中，由甲、乙等 5 名同学负责接待、咨询、向导三个志愿者服务项目，每名
同学只负责一个服务项目，且每个服务项目至少有一名同学负责．若甲、乙两人负责同一个服务项目，则
不同的安排方案共有（）
A. 18 种 B. 36 种 C. 48 种 D. 54 种
【答案】B
【解析】
【详解】将甲、乙视为 1 个人，即相当于将 4 名同学安排到 3 个项目的方案，有种．
6. 如图，函数的图象与轴交于点，与直线的两个交点
为，若，则（）
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A. B. C. D. -1
【答案】C
【解析】
【详解】由，可知，在处函数单调递减，则，
因为时相邻两解差的绝对值的最小值为，
所以，解得，则，
所以．
7. 已知点在直线上移动，椭圆以和为焦点且经过点，则椭圆离心
率的最大值为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用待定系数法求椭圆方程，联立方程得的范围，进一步计算离心率的范围.
【详解】椭圆以，焦点，即，，
所以设椭圆方程，
联立方程，
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消去得出，
由题意可得，
即，得出或（舍去），解得，
所以，
所以椭圆的离心率的最大值为 .
8. 若关于的方程在上有解，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由，得，即，即
．
设，则，因为 0，所以在上单调递增，所
以，即．
设，则，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
所以，所以．
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. 下列结论正确的是（）
A. 样本数据 13，15，24，12，18，27，21，26，19，23 第 70 百分位数为 23
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B. 若一组样本数据的方差，则这组样本数
据的总和为 60
C 若随机变量服从二项分布，则
D. 若随机变量服从正态分布，且，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于 A，根据百分位数的求解步骤求解；对于 B，由方差可得这组数的均值，据此得到总和即可；
对于 C，根据二项分布求出，再利用方差的线性关系计算即可；对于 D，根
据正态分布的对称性计算概率即可．
【详解】对于 A，样本数据 13，15，24，12，18，27，21，26，19，23 共 10 个数，
从小到大排列为 12，13，15，18，19，21，23，24，26，27，
由于，故第 70 百分位数为第 7 和第 8 个数的平均数，
即，故 A 错误；
对于 B，由方差的公式可知，这组样本数据的平均数是 6，这组样本数据的总和为，故 B 正确；
对于 C，易得，则，故 C 正确；
对于 D，若服从正态分布，
则，故 D 正确．
10. 已知数列满足，，则下列结论正确的是（）
A. 是递增数列 B. 当时，
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用作差法可判断数列的单调性，判断 A 的真假；利用数列的单调性，结合累加法和累乘法可判
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断 BC 的真假；利用裂项求和法可判断 D 的真假.
【详解】对于 A，易知，由，得，所以，所以递增
数列，故 A 正确；
对于 B，由对 A 的分析，知，
所以（仅当时取等号），
由，得，
所以当时，
，
所以当时，，
因此当时，，故 B 正确；
对于 C，由，得，
由对 B 的分析知，当时，，所以，
故当时，，
所以，故 C 错误；
对于 D，由，得，
即，
所以，故
D 正确．
11. 如图，平面平面为线段的中点，，直线与平面所
成角的大小为为平面内的动点，则下列说法正确的是（）
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A. 球心为、半径为的球面被平面截得的圆周长为
B. 若点到点和点的距离相等，则点的轨迹是抛物线
C. 若点到直线的距离为，则的最大值为
D. 满足的点的轨迹是椭圆
【答案】AC
【解析】
【分析】A 利用可求；B、D 建立坐标系，利用关系式求得点轨迹即可；C 利用已知信息，
求点轨迹，得出椭圆，再转化为椭圆内焦点三角形的顶角最大问题；
【详解】对于 A，因为直线与平面所成角的大小为，所以点到平面的距离
，
球心为、半径的球面被平面截得的图形为圆，圆的半径，
所以圆的周长为，故 A 正确；
对于 B，由于平面平面，所以以所在直线为轴，在平面内过作轴，平面
内作轴，
建立如图 1 所示的空间直角坐标系，
则 , ，
设，则，即化简得，
故到点和点的距离相等，则点的轨迹是一条直线,故 B 错误；
对于 C，，
所以到直线的距离为，
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化简可得，
所以点的轨迹是平面内的椭圆上一点，
如图 2，当在短轴的端点时，最大，
由于，故是正三角形，因此，故 C 正确；
对于 D，，
若，
则，
化简得且，
故满足的点的轨迹是双曲线的一部分，D 错误．
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 的展开式中的系数为___________.
【答案】90
【解析】
【分析】利用二项式定理写出的展开式的通项，再结合两个二项式的乘积确定对应项的系数.
【详解】的展开式的通项为，，
当时，，
此时只需乘第一个因式中的即可，得到；
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当时，，
此时只需乘第一个因式中的即可，得到．
据此可得的系数为．
13. ___________．
【答案】 ##
【解析】
【详解】，
又，
所以，
所以．
14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，其一条渐近线的斜率为，过点
且斜率存在的直线与的右支交于两点．若分别为和的内心，且四边形
的面积为，则直线的斜率的绝对值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】先利用双曲线定义求出点的横坐标，然后设出的倾斜角，表示长度，从而解出倾斜角，
得到的斜率.
【详解】由题知，所以，即 .
设点在上的投影分别为，如下图：
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则有，
而，所以解得，即点横坐标为，
所以，点横坐标为 .同理可得点横坐标为，则 .
所以四边形的面积为
，得 .
设直线的倾斜角为，则，，
， .
所以
，解得，则，
所以，即直线的斜率的绝对值为 .
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. 如图，在中，为的中点，且．
（1）求；
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（2）若，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角形的面积公式可求 .
（2）在和中，分别利用余弦定理，即可求，进而可得 .
【小问 1 详解】
因为为的中点，所以，
则，
即，
因为，所以，
所以，即．
【小问 2 详解】
不妨令，则，设，则．
在中，由余弦定理得，
即．①
在中，由余弦定理得，即．②
①②联立，解得，
所以．
16. 如图，在四棱锥中，，平面平
面是棱的中点．
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（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）通过面面垂直得到线面垂直，再利用线面垂直的判定定理即可；
（2）通过建立空间直角坐标系求出平面与平面的法向量，再代入公式即可.
【小问 1 详解】
如图，取的中点，因为，所以，
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
又平面，所以，
又平面平面，
所以平面．
【小问 2 详解】
因为为的中点，，所以．
过点作交于点，由平面平面，可得，则
．
以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
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则，
所以．
设平面的法向量为，则
令，得．设平面的法向量为，
则
令，得．
设平面与平面的夹角为，则，
故平面与平面夹角的余弦值为．
17. 已知函数．
（1）若恰有两个零点，求实数的取值范围；
（2）当时，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分、，结合导数讨论其单调性，再利用零点存在性定理可得，且
，解出即可得；
（2），构造函数、，利用导数研究两函数
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单调性后可得最值，从而可得时，，，即可得证.
【小问 1 详解】
由题得，
当时，，在上单调递减，
最多有一个零点，不符合题意；
当时，令，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又时，时，，
所以只需，解得，
故实数的取值范围是；
【小问 2 详解】
当时，．
令，则，
令，得，当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，
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所以当时，；
令，则，令，得，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以，因为，所以当时，；
故当时， .
18. 已知抛物线，过上一动点作斜率为 2 的直线与交于另一点，当点与
原点重合时，．
（1）求．
（2）当不经过点时，直线与交于另一点，直线与交于另一点．
（i）证明：；
（ii）试判断直线与是否交于定点，若是，请求出定点的坐标，否则，请说明理由．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）直线与交于定点．
【解析】
【分析】（1）联立直线方程求出点，再由计算可得；
（2）（i）将直线与抛物线联立，可知，再将直线的方程与抛物线联立，同理联立直线
，整理可得，即；
（ii）求出直线的方程为，可知直线与交于定点 .
【小问 1 详解】
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当点与原点重合时，直线过原点且斜率为 2，其方程为，
联立得，解得或，所以．
所以，解得．
【小问 2 详解】
由（1）知，设，直线．
联立与，得，
所以且．
（i）设，如下图：
直线过点和，设直线的方程为，
联立，得，则，
整理可得．①
同理，对于直线，可得．②
因为，所以，③
由①②作商，结合③，得，即．
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所以，
所以．
（ii）设的中点为的中点为，因为，所以直线，
又因为，所以与的交点即直线与的交点．
由②③，得，所以．
直线的斜率，
直线的方程为．
在该方程中，令，可得，所以直线与交于定点，
故直线与交于定点．
19. 每届高考结束后，某校各班都要推荐优秀学生代表作为嘉宾与下一届学生进行学习经验分享.2025 届高
三年级班号依次为，高三 0 班的优秀学生代表为 2 名男生和 2 名女生，其余各班的优秀学生代
表均为 1 名男生和 1 名女生．第一场分享会的 4 名学生嘉宾由从高三 0 班的优秀学生代表中选出的 2 名和
高三 1 班的 2 名优秀学生代表共同组成，第二场分享会的 4 名学生嘉宾由从上一场的 4 名嘉宾中选出的 2
名和高三 2 班的 2 名优秀学生代表共同组成，．．．，按照这样的方式，依次进行到第二十七场分享会．
（1）求第一场分享会的学生嘉宾中恰有 2 名男生的概率；
（2）求第二场分享会的学生嘉宾中恰有 2 名男生的概率；
（3）记第二十七场分享会的学生嘉宾中男生人数为，求的分布列和数学期望．
【答案】（1）
（2）
（3）
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【解析】
【分析】（1）借助概率公式计算即可得；
（2）借助全概率公式计算即可得；
（3）借助全概率公式计算可得，则可利用等比数列定义及其性质求出
的通项公式，再得到随机变量所有可能取值及其对应概率即可得分布列，再利用数学期望公式计算即可得
期望．
【小问 1 详解】
设第场分享会的学生嘉宾中有 1 名男生为事件，
有 2 名男生为事件，有 3 名男生为事件，则；
【小问 2 详解】
；
【小问 3 详解】
当时，
，
，
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，
由，得
，
即有，又，
所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，即，
结合对称性可知，每次分享会的学生嘉宾中有 1 名男生的概率与有 3 名男生的概率相同，
故，又，
所以，
第二十七场分享会的学生嘉宾中男生人数的所有可能取值为 1，2，3，
，
，
故其分布列为：
1 2 3
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则 .
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