湖南省2026届高三下学期考前冲刺模拟卷 数学试卷（含答题卡、解析）

这是一份湖南省2026届高三下学期考前冲刺模拟卷 数学试卷（含答题卡、解析），共7页。
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.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．设，则z在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
2．某校随机抽取了200名学生进行成绩调研，再从这200名学生中随机抽取8名学生，得到他们的数学成绩如下：106，110，83，122，75，103，120，81，记这组数据的平均数为，则( )
A.100B.98C.101D.102
3．已知抛物线的焦点为F，准线为l，过E上一点作l的垂线，垂足为Q，则直线FQ的一般式方程为( )
A.B.C.D.
4．对于平面向量a，b，设甲：，乙：，则( )
A.甲是乙的充分不必要条件B.甲是乙的必要不充分条件
C.甲是乙的充要条件D.甲是乙的既不充分也不必要条件
5．现用Pythn生成随机秘钥，该秘钥共三位，前两位要求从1，2，3，6，7，8中进行选择（可以重复），第三位要求从A，C，D，F中进行选择，则可生成的秘钥数量为( )
A.36B.72C.108D.144
6．已知数列，若，则正整数m的最小值为( )
A.1B.2C.3D.4
7．已知函数，，若，则的最小值为( )
A.B.C.D.
8．已知函数的部分图象如图所示，满足，，则m的值为( )
A.B.C.D.
二、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．若，，，，则下列命题为真命题的是( )
A.B.A的真子集个数为7
C.D.
10．在直四棱柱中，四边形ABCD是菱形，，，则( )
A.四棱柱的体积为162
B.四棱柱的表面积为
C.点B到平面的距离为
D.直线与AB所成角的余弦值为
11．下列函数中，对于任意使得有意义的k，始终存在常数a，b（），使得在区间上的最大值与最小值之差为的有( )
A.B.C.D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12．若3与13的等差中项是4与m的等比中项，则_____________.
13．已知的面积为，，则边BC的最小值为____________________.
14．现有一个基于数字变换的游戏.初始时黑板上写有数字2，每轮游戏会对该数字进行一次独立变换.每一次变换有p的概率将其擦去并写上原先数字加1的数，否则将其擦去并写上原先数字2倍的数.设轮变换后黑板上的数字为.已知在的前提下，第1轮变换前后数字之差为1的概率为，则____________________.
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．（13分）已知等比数列满足，.
（1）求的公比；
（2）求的前n项和.
16．（15分）已知椭圆与双曲线的离心率之积为.
（1）求b；
（2）记的左顶点为A，过点A的直线l（l的斜率不为0）与另交于点M，与另交于点N，证明：.
17．（15分）斜三棱柱中，，，，平面平面ABC.
（1）证明：；
（2）若，求平面与平面ABC的夹角的余弦值.
18．（17分）某校高一、高二、高三三个篮球队为比赛制定了如下规则：先确定挑战权，挑战权属于某队时，该队可挑战另外两队中的一队，且被挑战的队伍获得下一次的挑战权.已知高一篮球队挑战高二、高三篮球队的概率均为0.5，高二篮球队挑战高一、高三篮球队的概率分别为0.4、0.6，高三篮球队挑战高一、高二篮球队的概率分别为0.4、0.6.经商定，高一篮球队获得首次挑战权.
（1）经过3次挑战后，高一篮球队已获得的挑战权次数记为，求的分布列及数学期望；
（2）若经过次挑战后，挑战权属于高一篮球队、高二篮球队和高三篮球队分别记为事件、、.
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）证明：当n为偶数时，.
19．（17分）设函数，.
（1）求的单调区间；
（2）证明：函数在定义域内单调递减；
（3）设的外接圆直径为d，且内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若在数值上当且仅当，证明：.
参考答案及解析
1．答案：B
解析：因为，所以复数z在复平面内对应的点为，位于第二象限，故选B.
2．答案：A
解析：由题意可得，故选A.
3．答案：A
解析：把点P坐标代入的方程可得，显然，，故点，于是，转化为一般方程为，故选A.
4．答案：B
解析：对于充分性，当时甲成立，而乙不一定成立，矛盾，对于必要性，时，成立，故选B.
5．答案：D
解析：由分类加法计数原理知前两位可选取种数为6种，由分步乘法计数原理知秘钥数量为种，故选D.
6．答案：B
解析：此时，而，，且，可得正整数m的最小值为2，故选B.
7．答案：D
解析：.而，则时，，单调递减，时，，单调递增，故，于是，，，故选D.
8．答案：A
解析：由得，结合函数图象不妨设，依题意有，则有，，由，，结合五点法作图，有，，所以，，结合题意则有，故选A.
9．答案：BC
解析：，由，，，作出Venn图，如图所示，由图可知，，，故A错误，C正确；集合A的真子集个数为个，故B正确；因为，所以，D错误；故选BC.
10．答案：ABD
解析：对于A，记棱柱的高为h，由勾股定理得，，由得是等边三角形，可得，于是，解得，，故棱柱的体积，故A正确；对于B，表面积，故B正确；对于C，记点B到平面的距离为d，由得，由余弦定理得，由得，故，，故C错误；对于D，由知所求角为的补角，可知余弦值为，故D正确；故选ABD.
11．答案：BC
解析：题目要求函数在区间且上的最值之差等于.对于选项A，函数的最值之差为，若要其等于，则必须满足，这与任意有意义的k均成立的要求矛盾，故A错误；对于选项B，函数，令且，当且时，由推导可得，因为，，因此必定存在正实数a，同理，当时，由，推导可得，，必定存在正实数a，当时显然存在，故B正确；对于选项C，函数，令，当时，由，，根据对数函数图象性质易知，可知必定存在正实数a，当时由推导可得，同理可知必定存在正实数a，故C正确；对于选项D，若，假设存在满足条件的正实数a与b，令，因为，故有，由指数函数的单调性可知必有，则，由于，必有，进而要求，显然不存在，故D错误；故选BC.
12．答案：16
解析：由题意可知，等差中项为，则由等比中项的性质得，解得，故答案为16.
13．答案：
解析：由得，，由面积得，可得，由余弦定理得，当且仅当时，等号成立，于是BC的最小值为，故答案为.
14．答案：
解析：因为初始数字为2，故易知“第1轮变换前后数字之差为1”等价于“第1轮执行加1变换”.设该事件为N，设“3轮变换后”为事件M，列举所有3轮变换的路径，满足事件M的路径及其概率分别为：加1、加1、乘2概率为，加1、乘2、乘2概率为，乘2、加1、乘2概率为，乘2、乘2、加1概率为，乘2、乘2、乘2概率为，求和得，事件包含前两条路径，其概率，易知，故由条件概率公式可得，整理得，解得或，结合可得，故答案为.
15．答案：（1）或
（2）
解析：（1）记的公比为q，，，
，
两式作比，得，，
解得或.
（2）记为的前项和，当时，由得，
此时.
当时，，，
.
16．答案：（1）
（2）证明见解析
解析：（1）的离心率，的离心率，
由题意可得，解得.
（2）显然l的斜率存在，设，设，，
联立，得，
可得，联立，得，
可得，假设可得，，，
故，显然，得.
时，，矛盾，
时，，矛盾；
综上，.
17．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）如图，取BC中点D，连接，，
因为，所以，
因为平面平面ABC，平面平面，
又因为平面ABC，所以平面，
因为，所以在中，，解得，
所以，所以为直角三角形，所以，
因为，平面，平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）由（1）可得平面，且，，
因为平面，所以，
所以以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，如图，
所以，所以，，，
因为，所以，所以，
因为，所以，
因为，所以，，
因为，所以解得，
设平面的法向量为，
所以，，所以，即，
令，则，，所以，
设平面ABC的法向量为，则，
设平面与平面ABC的夹角，
所以平面与平面ABC的夹角的余弦值为.
18．答案：（1）的分布列见解析，数学期望为1.64
（2）（ⅰ）证明见解析
（ⅱ）证明见解析
解析：（1）随机变量的可能取值为1和2，时，第一次高一篮球队挑战高二篮球队，第二次高二篮球队挑战高三篮球队，第三次高三篮球队挑战高二篮球队，或者第一次高一篮球队挑战高三篮球队，第二次高三篮球队挑战高二篮球队，第三次高二篮球队挑战高三篮球队，
则，
.
则的分布列为
则的数学期望为.
（2）（ⅰ）若第n次挑战权属于高二篮球队，若第次挑战权属于高一篮球队，则第次高一篮球队挑战高二篮球队，其概率为，
若第次挑战权属于高三篮球队，则第次高三篮球队挑战高二篮球队，其概率为，
所以①，
同理可得②，
得，
又，因此，因此；
（ⅱ）若第n次挑战权属于高一篮球队，若第次挑战权属于高二篮球队，则第次高二篮球队挑战高一篮球队，其概率为，
若第次挑战权属于高三篮球队，则第次高三篮球队挑战高一篮球队，其概率为，
所以③，
，得，
由③知，
又因为，
从而有，所以，
第一次挑战权为高一篮球队，经过一次挑战后，挑战权不是高一篮球队，
则，故，
则有是以为首项，为公比的等比数列，
因此，，.
当n为偶数时，，因此.
19．答案：（1）的单调减区间为，无单调递增区间
（2）证明见解析
（3）证明见解析
解析：（1）.
设，，
当时，且，，在区间上单调递减，
又因为，故.
即恒成立，则在定义域内恒成立，
故的单调减区间为，无单调递增区间.
（2），，且.
要证明其单调递减，只需证明.
由于，只需证明分子小于0，设.
当时，，由于，所以且，
此时，，所以成立.
当时，此时.
要证明，只需证明，即证明.
下面证明时，.
设函数，.
，当时，，在上单调递增.
又因为，所以时，即，从而得证.
因为，所以，故，只需证明，等价于证明，即，此结论已证，
故，即，
又因为，故，即.
综上，函数在定义域内单调递减.
（3）由正弦定理可知，在中，，，代入得，即.
设，其中，则当且仅当，等价于方程在满足且时只有唯一解.
当时，.当时，单调递增，故单调递增，
由（1）可知，与均为关于x的正值减函数，则在上单调递减，下面证明：若，则必有.
不妨设.当时，由于且在该区间单调递减，
故由，必有；当时，
由于A，B是的内角，故，即.
由在单调递减，可得，
又，
因为，所以，且，，有，故.
所以，即，联立得，这与矛盾，
故当时，当且仅当时，成立.
当时，假设原命题成立，下证矛盾.
因，存在使得，此时.
取使得，则.
令，则且.
因，且，均为锐角，故.
只需比较，.
由于且，故，
即，此时有.
设，，，
则根据零点存在性定理，存在使得，即.
令，则.
由于且，故；且，故.
这与“当且仅当”矛盾，故不成立，
综上所述，d的取值范围是.1
2
P
0.36
0.64