湖南省岳阳市2026届高三二模考试数学试卷含解析（word版）

这是一份湖南省岳阳市2026届高三二模考试数学试卷含解析（word版），文件包含名校化学试卷pdf、化学答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共15页， 欢迎下载使用。
本试卷共19题，满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、考号和姓名填写在答题卡指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应的标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.
3.非选择题必须用黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，只交答题卡.
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. 已知集合，则中的元素个数是（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】求得，再求出，即可得答案.
【详解】因为，
所以，共8个元素.
2. 设复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合复数的除法运算以及模长公式即可求出结果.
【详解】因为，则，则，
故选：A.
3. 已知向量与的夹角为120°，，则（ ）
A. 3B. 7C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量的数量积求解向量的模即可.
【详解】
4. 设，为非零实数，则“”是 “”成立的（ ）
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】根据充分条件与必要条件定义举特殊值判断即可.
【详解】由题意当时，满足，但，故充分性不满足；
当时，满足，但，故必要性不满足；
所以“”是 “”成立的既不充分也不必要条件.
5. 若函数的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标缩小为原来的 ，然后再将图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若函数为奇函数，则可能的取值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用图象平移得到新的函数，再根据函数的奇偶性求解即可.
【详解】函数的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标缩小为原来的得
再将图象向右平移个单位长度得
又因为函数为奇函数，所以
当时，.
6. 等差数列的首项为1，公差不为0.若成等比数列，则数列的前6项和为（ ）
A. B. C. 26D. 24
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比中项结合等差数列通项公式可得，，再结合的正负性以及等差数列性质运算求解.
【详解】设等差数列的公差为，
因为成等比数列，则，且，
即，整理可得，解得或（舍去），
可得，
令，解得，
所以数列的前6项和为.
7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过点且斜率为 的直线与双曲线E的右支交于两点，若 则双曲线E的离心率为（ ）
A. B. 2C. 2或 D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】直线的倾斜角为，由题意可得，结合双曲线定义及已知可得，，分在第一象限，在第四象限时和在第四象限，在第一象限两种情况，求出与的关系，在中，利用余弦定理找到的关系，结合离心率的定义求解即可.
【详解】如图所示：
设直线的倾斜角为，则有，所以，
即，又因为，解得，
又因为直线与双曲线的右支交于两点，所以，即有，
所以，，所以，解得，
又因为所以，
由双曲线定义可得，所以，
又因为，在中，，
由余弦定理可得,
所以，
整理得：，
即，解得，负根舍去.
当在第一象限，在第四象限时，如图所示：
此时在中，，
由余弦定理可得,
所以，整理得：，
即，解得，负根舍去.
综上，或.
8. “太极图”形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，如图所示，将“太极图”放在平面直角坐标系中，图中所有曲线均为圆或半圆，其中最大的圆半径为2.已知点是阴影区域(含边界)上的一个动点，则的值不可能是（ ）
A. 0B. 6C. 8D. 10
【答案】D
【解析】
【分析】设，则，讨论P点所在区域，求出的最大值和最小值，即可得的最大值和最小值，即可判断出答案.
【详解】由于，
设，即表示阴影区域(含边界)上的点P和点之间的距离，
则；
当P在半圆上时，的最小值为；
当P在x轴下方的阴影区域（包含边界）时，
的最小值为和或之间的距离，为，
而，即的最小值为；
当P在第二象限的阴影区域（包含边界）时，圆弧所在圆的方程为，
的最大值为；
故的最小值为，最大值为
结合可知的值不可能是10.
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 数据的第70百分位数是
B. 若一组数据的标准差为0 ，则这组数据中的每个数值均相等
C. 若事件相互独立，则
D. 若事件两两独立，则
【答案】BC
【解析】
【详解】对于A，数据共7个，则，所以第70百分位数为第5项数据8，故A错误；
对于B，由标准差的定义可知，若一组数据的标准差为0 ，则这组数据中的每个数值均相等，故B正确；
对于C，由概率的加法公式可知，
因为事件相互独立，所以，
所以，故C正确；
对于D，设样本空间含有4个等可能的样本点，且，，，
则，，
所以，，，即A，B，C两两独立，
但是，
所以事件两两独立时，不一定成立，故D错误.
10. 如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正三角形ABC沿着x轴连续滚动(滚动时无滑动)，若顶点A在滚动中恰好经过坐标原点，设顶点满足函数关系式，则下列判断正确的有（ ）
A.
B. 函数图象的对称轴方程为
C. 不等式的解集为
D. 直线与函数的图象恰有3个交点
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意作出函数图象，即可判断A，结合函数图象分析周期性和对称性，即可判断B；根据图象交点判断CD.
【详解】如图，在图中一段一段的扇形上运动，
对于选项A：初始时在原点，当时，即为正三角形的高，
所以，故A正确；
对于选项B：由图可知：的一条对称轴为，周期为6，每经过半个周期均为的对称轴，
所以函数的对称轴方程为，故B错误；
对于选项C：如图所示，
若，解得，
所以不等式的解集为，故C正确；
对于选项D：令，解得，
结合图象可知：直线与函数的图象恰有3个交点，故D正确.
11. 如图，在棱长为1的正方体 中，点为中点，动点满足 则（ ）
A. 若点到直线和的距离相等，则点的轨迹为抛物线的一部分
B. 存在这样的点使EP⊥平面
C. 若点与点重合，则三棱锥的外接球半径为
D. 若与的夹角为，为线段上的动点，则的最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】以为原点，求得点位于上底面内，过点作，得到，结合抛物线的定义，可判定A正确；设，求得平面的法向量，结合，求得的值，可判定B不正确；设三棱锥的外接球的球心为，根据，列出方程求得球心的坐标，可判定C正确；求得点在以为圆心的圆弧上，结合对称性，求得，转化为，可判定D错误.
【详解】以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
由，可得点位于上底面上，
对于A，连接，在正方体中，可得平面，
因为平面，所以，即点到距离即为，
过点作，可得点到的距离即为，
所以，即点到定点的距离等于到定直线的距离相等，
根据抛物线的定义，点P 的轨迹为抛物线在上底面内的一部分，所以A正确；
对于B，设，其中，则，
又由，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
若平面，则，即，解得，
因为，所以不存在这样的点 使EP⊥平面，所以B不正确；
对于C，当点与点重合时，则三棱锥即为三棱锥，
因为点是的中点，所以,且，
设三棱锥的外接球的球心为，半径为，
由，可得，
整理得，即，
由，可得，
整理得，所以，
由，可得，
代入，可得，即，
再将代入，可得，所以，所以，
所以外接球的半径为，所以C正确；
对于D，由，其中，且，
可得，
因为与的夹角为，可得，
所以，即，其中，
所以点在以为圆心，半径为的圆弧上，
连接，由对称性知，当点位于上时，取得最小值，
过点作于点，在直角中，，
所以，所以，
在平面中，过点作于点，则，
所以D错误.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中的常数项为_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项公式，将代入通项中即可得到常数项.
【详解】展开式通项为：；
令，解得：，展开式中的常数项为.
故答案为：.
13. 在△ABC中，角，，所对的边分别为，，，若且，则的最小值为_____.
【答案】
【解析】
【分析】本题主要利用三角形内角和与三角恒等变换，求出角，再利用余弦定理建立等量关系，将转化为关于的表达式，进而利用二次函数的性质求出的最小值.
【详解】在中，，则，由诱导公式可知，
所以由，可得，
即，
化简得，因为，所以，
因此，又因为，所以.
在中，由余弦定理可知，已知，，
则，所以，
当时，取最小值为，因此的最小值为.
14. 将一枚质地均匀的硬币连续抛掷6次，在出现了正面朝上的条件下，未出现连续3次正面朝上的概率为______.
【答案】
【解析】
【分析】设事件：“出现了正面朝上”，事件：“未出现连续3次正面朝上”，分别求出事件与事件可能的结果，利用条件的公式即可求解.
【详解】将一枚质地均匀的硬币连续抛掷6次，所有可能的结果共种；
设事件：“出现了正面朝上”，则可能的结果有种；
设事件：“未出现连续3次正面朝上”，包含以下种情况：
(1)出现次正面朝上次反面朝上，可能的结果有种；
(2)出现次正面朝上次反面朝上，可能的结果有种；
(3)出现次正面朝上次反面朝上，且未出现连续3次正面朝上，可能的结果有种；
(4)出现次正面朝上次反面朝上，且未出现连续3次正面朝上，可能的结果有种；
(5)出现次反面朝上，可能的结果有种;
所以事件：“未出现连续3次正面朝上”，可能结果有种情况；
则事件可能的结果有种；
所以
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. 已知数列的前项和为 ，若数列 是等差数列，且
（1）求数列的通项公式 ;
（2）设 求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列求出通项公式，再根据与的关系求解即可.
（2）根据（1）求出，再根据裂项相消法求解即可.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，由已知，，得，.
进而，得.
又， 因此，即.
当时，，
当时，，满足.
故.
【小问2详解】
由，代入，得.
所以
.
16. 某高校快递站统计了某年度新学期前5天的取件人数y(单位：人)，得到如下样本数据：
（1）计算样本相关系数r，并据此判断变量x与y之间线性相关关系的强弱(结果保留两位小数)；
（2）从这5天中随机选取3天，记X为所选日期中取件人数小于100的天数，求X的分布列与数学期望.
注: （1）样本的相关系数
（2）参考数据：
【答案】（1）；变量x与y之间具有很强的线性相关关系
（2）分布列见解析；期望：1.8
【解析】
【分析】（1）使用相关系数计算公式求相关系数，根据求解结果判断线性相关关系的强弱；
（2）结合超几何分布的概率公式求分布列，再由期望公式求期望.
【小问1详解】
，，
，
，
，
样本相关系数：
，
因为非常接近1，所以变量x与y之间具有很强的线性相关关系.
【小问2详解】
5天中取件人数小于100的天数有3天，
从这5天中随机选取3天，的可能取值为1，2，3.
，
，
，
所以的分布列为：
的数学期望
17. 如图1，分别为边长为4的正方形三边的中点.将四边形沿着线段EF折起(如图2)，且点M是线段上一点.
（1）求证:；
（2）若二面角的大小为 且三棱锥M-DFG的体积为 设过直线且与直线平行的平面为，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【小问1详解】
在原正方形中，分别是，的中点，
，，，
平面，平面，
平面，
平面，
.
【小问2详解】
，，
就是二面角的平面角，即，
如图，以为原点，为轴，为轴，过作垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
，
原正方形边长为，，分别是，的中点，
，，，，
，，
，即，
，，
，即，
是的中点，
，即，
设，即，三棱锥的体积为，
，,
，
平面，，
，
，
，解得，即，
平面过直线且与直线平行，
设平面的法向量，
，，
，即，
令，可得，，即，
平面在的平面上，
平面的法向量，
平面与平面所成角，.
18. 已知函数 .
（1）求函数的极值；
（2）若存在两个不相等的正实数，，使得
（i）求证：；
（ii）设，为正实数，证明：和中至少有一个小于.
【答案】（1）极大值为，无极小值
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据导数与极值的关系求解即可.
（2）（i）根据题意设，结合单调性将证明转化为证明，构造函数，根据导数与单调性、最值的关系证明即可.
（ii）由（1）可知，当时，单调递增；当时，单调递减.
①当时，，故，符合题意；
②当时，若，则，符合题意；若，则.当时，，构造函数，结合导数证明即可.
【小问1详解】
由题意知，的定义域为，.
令，即，解得.
故当时，，单调递增；当时，，单调递减；
故有极大值，为，无极小值.
故函数的极大值为，无极小值.
【小问2详解】
（i）因为，，不妨设，
要证，即证，
因为在上单调递减，故只需证.
又，只需证.
令，.
，
当时，，，故，所以在上单调递增，
因此，即.
又，所以，因此.
（ii）由（1）知，当时，单调递增；当时，单调递减.
①当时，，故，符合题意；
②当时，若，则，符合题意；
若，则，即.
当时，.
令，
则，
令，则，在上单调递减，
所以，所以，在上单调递增，
则，即，.
令，则，
故若，则，符合题意.
综上，和中至少有一个小于.
19. 如图，椭圆 与抛物线 有相同的焦点，坐标原点为O，椭圆右顶点为A，椭圆与抛物线在第一象限交于点P，在第四象限交于点Q，且.
（1）求椭圆方程；
（2）若封闭曲线围成的区域面积为S，证明：
（3）将封闭曲线绕x轴旋转一周得到一个几何体Ω，在Ω内部有一个以x轴为轴的圆台，圆台体积为 ，证明：.
【答案】（1）； （2）证明见解析； （3）证明见解析.
【解析】
【分析】(1)根据抛物线的焦点求出椭圆的，再根据点的条件列出方程求出即可；
(2)利用切线放缩，转化成求多边形面积即可；
(3)对圆台位置分类讨论，利用均值不等式或函数求最值即可.
【小问1详解】
由抛物线 有相同的焦点为，
从而在椭圆中有，得；
由，故点在的垂直平分线上，由题意，
从而点的横坐标为，代入，得，即，
又点在椭圆上，从而有，即得，
即，解得（负值舍去），从而，
从而所求椭圆方程.
【小问2详解】
由（1）可知，，
如图过点，分别作轴的平行线，分别交轴于，
过点作轴的垂线，交于，交于，
在点分别作抛物线与椭圆的切线，分别交轴于，直线于.
由点在第一象限，可把抛物线表示为，求导得：，
椭圆表示为，求导得，
从而，
从而的表达式为：，得，故，
从而的表达式为：，得，故.
由，
故在第一象限内，直线在抛物线上方；
由，，
令，则
，
故在第一象限内，直线在椭圆上方；
从而由对称性可知封闭曲线OPAQ围成的区域面积为
即，即可得.
【小问3详解】
当圆台的两底面均在直线的左侧时，
两底面到轴距离分别为，则两底面半径，
从而圆台体积：，
又由均值不等式，当且仅当时取等号，故
，
即；
当圆台的两底面在直线的两侧时，
两底面到轴距离分别为，则两底面半径，
从而圆台体积：
（此处应用的变形），
而，
又，
当且仅当时，取等号，
而，
故，
从而.
当圆台的两底面在直线的右侧时，
两底面到轴距离分别为，则两底面半径，
从而圆台体积：，
（此处应用的变形），
而
由，，而，
所以，
令，，则，
令，，或（舍去）
在导函数，从而单调递增；
在导函数，从而单调递减；
从而在的最大值为,
从而.
综上，封闭曲线绕x轴旋转一周得到一个几何体Ω，在Ω内部有一个以x轴为轴的圆台，圆台体积为
天数(序号)x
1
2
3
4
5
每日取件人数
120
100
80
70
55
1
2
3