2026年湖南省对口招生考试《数学高频考点冲刺卷》（七）（原卷版+解析版）

编写说明：本套冲刺卷严格依据湖南省2026年普通高等学校对口招生考试要求编写，聚焦高三考生冲刺需求，助力高效提分。内容上深度覆盖考纲掌握，既系统梳理构建知识框架，又强化应用能力训练；同时结合近三年高考真题，精准把握高频考点、命题趋势与题型特点，确保贴合高考方向。 本卷为高频考点冲刺卷第7卷，适合于全面模拟考试真实场景，精准把握考试节奏与答题时间，强化知识的综合运用能力，稳步提升应试实战水平。 湖南省2026年普通高等学校对口招生考试 数学 高频考点冲刺卷（七） 本试题卷包括选择题、填空题和解答题三部分。时量120分钟，满分120分。 1、 选择题(本大题共10小题，每小题4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．设集合，集合，则（    ）. A． B． C． D． 2．“”是“”（   ）． 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 3．函数是定义在上的奇函数，且在区间上单调递减，若实数满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．已知为第二象限的角，则（    ） A． B． C． D． 5．已知数列的前项和为，则该数列的通项公式为（　　） A． B． C． D． 6．若向量，，且，则（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 7．在空间中表示直线，表示平面，则下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 8．椭圆与双曲线有相同的焦点，则实数a等于（    ） A． B． C．1 D．或1 9．某企业甲车间有人，乙车间有人，现采用分层抽样的方法在这两个车间中抽取人进行技能考核，则从甲车间抽取的人数为（　　） A．5 B． C．8 D．9 10．直线上的点到圆的最短距离为（    ） A． B． C． D． 二、填空题(本大题共5小题，每小题4分，共20分) 11．用五点法作函数图像时，最高点为___________. 12．当时，关于的不等式的解集是________． 13．新冠疫情防控期间，某中学安排甲、乙、丙等7人负责某个周一至周日的师生体温情况统计工作，每天安排一人，且每人负责一天.若甲、乙、丙三人中任意两人都不能安排在相邻的两天，且甲安排在乙，丙之间，则不同的安排方法有___________种（用数字作答）. 14．已知的展开式中的系数是，则______. 15．已知函数的定义域为，且，，则___________. 三、解答题(本大题共7小题，其中第21,22小题为选做题．满分60分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 16．(本小题满分10分) 已知函数． (1)作函数的图像； (2)若，求实数n的取值范围． 17．(本小题满分10分) 已知数列是正项等比数列，且 (1)求数列的通项公式； (2)若，求的前n项和 18.(本小题满分10分) 如图所示,在三棱柱中，平面为的中点.    (1)求证:平面. (2)若直线与平面所成的角为,求三棱柱的体积． 19．(本小题满分10分) 某射击队甲、乙两名运动员射击成绩的概率分布分别为 甲成绩（环） 8 9 10 乙成绩（环） 8 9 10 0.3 0.4 0.3 0.2 0.6 0.2 (1)分别求甲、乙两名运动员射击成绩的均值； (2)若你是该射击队的教练，你觉得选哪位运动员去参加射击比赛合适呢？请说明理由. 20.(本小题满分10分) 已知点F为抛物线E：的焦点，点在抛物线E上，且. (1)求抛物线E的方程； (2)已知点，延长AF交抛物线E于点B，试判断直线GB是否以点F为圆心且到直线GA的距离为半径的圆相切，并说明理由. 选做题：请考生在第21,22题中选择一题作答．如果两题都做，则按所做的第21题计分．作答时，请写清题号． 21．(本小题满分10分) 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知． (1)若，求的面积； (2)若知，求的值． 22．(本小题满分10分) 某快递公司接到两类快件，且数量足够多，基本数据如下表： 快件类别 体积（立方分米/件） 重量（千克/件） 快递员工资（元/件） A 20 10 7 10 20 9 快递员小李接受派送任务，他的送货车载货的最大容积为350立方分米，最大载重量为220千克. (1)在某次派送中，公司要求类快件只送两件，求小李此次送货可获得的工资收益的最大值； (2)小李应如何安排两类快件送货，才能使一次性送货获得的工资收益最多. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！34 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 编写说明：本套冲刺卷严格依据湖南省2026年普通高等学校对口招生考试要求编写，聚焦高三考生冲刺需求，助力高效提分。内容上深度覆盖考纲掌握，既系统梳理构建知识框架，又强化应用能力训练；同时结合近三年高考真题，精准把握高频考点、命题趋势与题型特点，确保贴合高考方向。 本卷为高频考点冲刺卷第7卷，适合于全面模拟考试真实场景，精准把握考试节奏与答题时间，强化知识的综合运用能力，稳步提升应试实战水平。 湖南省2026年普通高等学校对口招生考试 数学 高频考点冲刺卷（七） 本试题卷包括选择题、填空题和解答题三部分。时量120分钟，满分120分。 1、 选择题(本大题共10小题，每小题4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．设集合，集合，则（    ）. A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据集合的并集运算求解即可. 【详解】因为集合. 所以. 故选：D. 2．“”是“”（   ）． 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】A 【分析】根据充分条件，必要条件的定义即可得解. 【详解】当时，； 当时，或； 所以“”是“”充分不必要条件， 故选：. 3．函数是定义在上的奇函数，且在区间上单调递减，若实数满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，分析可得函数在R上单调递减，结合函数的奇偶性可以将转化为，解可得a的范围，即可得答案． 【详解】由题意可知，， 因为在R上为奇函数，所以， 所以， 又因为函数为减函数， 所以， 得， 故选：C 4．已知为第二象限的角，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】已知，为第二象限角，可求出，再由二倍角公式即可得解. 【详解】由，可得， 则. 故选：D. 5．已知数列的前项和为，则该数列的通项公式为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由与的关系即可求解. 【详解】因为数列的前项和为， 所以当时，； 当时， ， 当时，，因此数列的通项公式为. 故选：B. 6．若向量，，且，则（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据题意结合平面向量数量积的运算法则即可得解. 【详解】向量，，且， 则， 所以， 故选：. 7．在空间中表示直线，表示平面，则下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】根据线面平行与垂直的性质逐项判断即可. 【详解】若，则与可能垂直，也可能平行，也可能斜交，故A错误； 若，则与可能平行，可能异面，故B错误； 若，则可能在内，也可能与平行，故C错误； 若，则，故D选项正确. 故选：D. 8．椭圆与双曲线有相同的焦点，则实数a等于（    ） A． B． C．1 D．或1 【答案】D 【分析】由双曲线方程知焦点在轴上，结合椭圆和双曲线有相同的焦点，利用三者之间的关系，即可求解. 【详解】因为双曲线的焦点在轴上， 所以由题意可得， 故选：D 9．某企业甲车间有人，乙车间有人，现采用分层抽样的方法在这两个车间中抽取人进行技能考核，则从甲车间抽取的人数为（　　） A．5 B． C．8 D．9 【答案】B 【分析】首先计算出抽样比，再运用甲车间的人数乘抽样比即可. 【详解】已知某企业甲车间有人，乙车间有人， 则总数为人，抽取人进行技能考核， 所以抽样比为， 所以从甲车间抽取的人数为人. 故选：B. 10．直线上的点到圆的最短距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先根据圆的一般方程确定圆心，半径，再求出圆心到直线的距离，则就为直线上的点到圆的最短距离. 【详解】由圆，可得圆心为， 半径， 由直线得， 圆心到直线的距离， 因为，所以直线与圆相离， 则直线上的点到圆的最短距离为. 故选：B. 二、填空题(本大题共5小题，每小题4分，共20分) 11．用五点法作函数图像时，最高点为___________. 【答案】 【分析】根据五点法作图求解即可得答案. 【详解】由五点法作图知，当时，所取的五点分别为 故最高点为. 故答案为： 12．当时，关于的不等式的解集是________． 【答案】 【分析】根据一元二次不等式、一元二次方程和二次函数间的关系，求解不等式即可. 【详解】不等式可化为，即， 由，可知， 解不等式，可得或， 所以原不等式的解集为. 故答案为： 13．新冠疫情防控期间，某中学安排甲、乙、丙等7人负责某个周一至周日的师生体温情况统计工作，每天安排一人，且每人负责一天.若甲、乙、丙三人中任意两人都不能安排在相邻的两天，且甲安排在乙，丙之间，则不同的安排方法有___________种（用数字作答）. 【答案】 【分析】利用插空法求解即可 【详解】先将剩下的四个人进行排列，共有种排法， 四人排好后，有个空，用甲乙丙插空，甲在中间有种排法； 则共有种排法； 故答案为：. 14．已知的展开式中的系数是，则______. 【答案】4 【分析】根据二项式展开公式求解即可. 【详解】根据二项式的展开式为， 令，得， 此时，解得. 故答案为：4. 15．已知函数的定义域为，且，，则___________. 【答案】 【分析】利用已知条件变换先计算周期，再由赋值法算出一个周期内的值，再根据周期性即可求解. 【详解】因为，， 令，则， 即， 所以，， 两式相加，得， 则， 所以是以6为周期的周期函数， 令，，则， 由，所以， 又， 则， ， ， ， ， 所以. 故答案为：. 三、解答题(本大题共7小题，其中第21,22小题为选做题．满分60分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 16．(本小题满分10分) 已知函数． (1)作函数的图像； (2)若，求实数n的取值范围． 【答案】(1)图像见解析. (2). 【分析】由分段函数的定义及性质即可得解. 【详解】（1） （2）因为，所以或. 解得或， 所以n的取值范围为. 17．(本小题满分10分) 已知数列是正项等比数列，且 (1)求数列的通项公式； (2)若，求的前n项和 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据等比数列的通项公式代数求解即可； （2）根据等差数列和等比数列的前项和公式，结合分组求和法求解即可. 【详解】（1）因为数列是正项等比数列，且， 所以，解得：， 所以数列的通项公式. （2） 由（1）知，，所以, 所以 18． (本小题满分10分) 如图所示,在三棱柱中，平面为的中点.    (1)求证:平面. (2)若直线与平面所成的角为,求三棱柱的体积． 【答案】(1)证明见解析. (2)4. 【分析】（1）由线面垂直的判定与性质即可得解. （2）由线面角，线面垂直的性质及棱柱的体积公式即可得解. 【详解】（1）因为平面，平面. 所以. 又因为,点为中点. 所以. 因为. 所以平面. （2）      如图所示连接. 因为是在平面内的射影，所以与平面的夹角为. 因为. 所以. 所以. 所以. 因为平面，平面. 所以. 又因为. 所以. 因为平面,平面. 所以. 所以. 三棱柱的体积为. 19．(本小题满分10分) 某射击队甲、乙两名运动员射击成绩的概率分布分别为 甲成绩（环） 8 9 10 乙成绩（环） 8 9 10 0.3 0.4 0.3 0.2 0.6 0.2 (1)分别求甲、乙两名运动员射击成绩的均值； (2)若你是该射击队的教练，你觉得选哪位运动员去参加射击比赛合适呢？请说明理由. 【答案】(1)甲的均值为9环，乙的均值为9环 (2)选择乙运动员更合适，理由见解析 【分析】根据题意，结合随机变量概率分布表，及均值的计算公式，即可代入求解； 根据两名运动员射击成绩的均值及稳定性，即可判断求解. 【详解】（1）甲运动员射击成绩的均值为环； 乙运动员射击成绩的均值为环； （2）选择乙参赛更合适； 理由：虽然两人均值相同，但乙的成绩分布更集中在9环（概率0.6），稳定性优于甲（9环概率0.4），因此选择乙参赛更合适. 20.(本小题满分10分) 已知点F为抛物线E：的焦点，点在抛物线E上，且. (1)求抛物线E的方程； (2)已知点，延长AF交抛物线E于点B，试判断直线GB是否以点F为圆心且到直线GA的距离为半径的圆相切，并说明理由. 【答案】(1) (2)相切，理由见解析 【分析】（1）根据题意，利用焦半径公式即可求解. （2）根据题意求得的坐标，再利用点到直线的距离，结合圆与直线的位置关系，即可求解. 【详解】（1）由焦半径公式得， 因为，即，解得， 所以抛物线E的方程为. （2）设以点F为圆心且到直线GA的距离为半径的圆的半径为r， 因为点在抛物线上，所以，由抛物线的对称性， 不妨设，由， 得直线的方程为，即， 由得，解得或，从而- 又，，， 所以直线GA的方程为，即， 从而， 而直线GB的方程为，即， 所以点F到直线GB的距离为， 这表明直线GB与以点F为圆心且到直线GA的距离为半径的圆相切. 选做题：请考生在第21,22题中选择一题作答．如果两题都做，则按所做的第21题计分．作答时，请写清题号． 21．(本小题满分10分) 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知． (1)若，求的面积； (2)若知，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理和同角三角函数的平方关系，得到角A，B的正弦值和余弦值，再根据三角形内角和，得到角C的正弦值，即可求得三角形面积. （2）根据正弦定理求解. 【详解】（1）∵，而，即得到. ∵角A，B，C在中， ∴，即，故. 又∵，根据正弦定理可知，， 代入数值，得到，即. ∵，∴，即. 的面积. （2）根据正弦定理可知，， 故. 22．(本小题满分10分) 某快递公司接到两类快件，且数量足够多，基本数据如下表： 快件类别 体积（立方分米/件） 重量（千克/件） 快递员工资（元/件） A 20 10 7 10 20 9 快递员小李接受派送任务，他的送货车载货的最大容积为350立方分米，最大载重量为220千克. (1)在某次派送中，公司要求类快件只送两件，求小李此次送货可获得的工资收益的最大值； (2)小李应如何安排两类快件送货，才能使一次性送货获得的工资收益最多. 【答案】(1)130 (2)16件A类快件、3件类快件时，工资收益最多 【分析】（1）根据题意，列出线性约束条件，及目标函数，结合一次函数的单调性，即可求解； （2）根据题意，列出线性约束条件，及目标函数，作出可行域，即可求得最优解，继而求解. 【详解】（1）设送A类快件件，工资收益为元， 已知类快件送件，根据载货车最大容积立方分米、最大载重量千克， 可得约束条件，即，所以， 所以且， 目标函数，因为，随增大而增大， 所以当时，元， 即此次送货工资收益最大值为元. （2）设送A类快件件，类快件件，工资收益， 约束条件为，化简得， 画出可行域（由、及坐标轴围成的区域），如下图所示：    联立，即解得，即, 又目标函数，即， 所以当直线在轴上的截距最大时，收益取得最大值， 令，则，即，将直线像可行域平移，当经过点P时，截距最大， 即当，时，收益取得最大值，即， 即送16件A类快件、3件类快件时，工资收益最多. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！34 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $