精品解析：湖南省永州市2026届高三第二次模拟考试数学试题

永州市2026年高考第二次模拟考试数学 注意事项： 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. 1 B. C. i D. 【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】， 则的虚部为. 故选：B. 3. 的展开式中，的系数为（ ） A. 40 B. C. 80 D. 【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. 1 B. 2 C. 4 D. 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. 2 B. 2 C. 2 D. 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. C. D. 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7 B. 这组数据的第40百分位数为8.5 C. 这组数据的众数为11 D. 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，底面ABCD为平行四边形，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： 0 1 2 3 4 6 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， 【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， 所以椭圆的方程为. 【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，面积的最大值为. （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） 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. （3） 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：. 【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】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 永州市2026年高考第二次模拟考试数学 注意事项： 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. 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. i D. 3. 的展开式中，的系数为（ ） A. 40 B. C. 80 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 5. 已知菱形的边长为2，是的中点，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 6 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. 2 B. 2 C. 2 D. 4 7. 已知函数，若且，则（ ） A. B. C. D. 8. 在中，内角所对的边分别为 ，且满足，则（ ） A. 角为锐角 B. C. D. 的最大值为 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7 B. 这组数据的第40百分位数为8.5 C. 这组数据的众数为11 D. 这组数据的方差为 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 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 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___________． 13. 已知函数，若恒成立，则实数___________． 14. 在直四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，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___________． 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． 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． 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． 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． 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：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $