精品解析：湖南永州市2026届高三考前预测数学试卷

永州市2026年高考第三次模拟考试 数学 命题人：陈诗跃（永州一中） 陶先国（蓝山二中） 唐首佳（宁远一中） 范理华（永州四中） 审题人：胡元紧（道县教科中心） 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】B 【解析】 【详解】因为， 所以. 2. 已知函数，则的一个对称中心为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】令，得； 当时，，此时对称中心为； 的一个对称中心为. 3. 已知随机变量服从正态分布，，则（ ） A. 0.7 B. 0.6 C. 0.5 D. 0.3 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以， 又因为，且， 所以. 4. 某学校派甲、乙、丙、丁4名同学参加“永超”足球比赛中3个场次的志愿服务，每场比赛至少派1名同学，每名同学仅参加一个场次的志愿服务，甲、乙两位同学不能参加同一场次，则不同派法的种数为（ ） A. 12 B. 24 C. 30 D. 36 【答案】C 【解析】 【分析】先求将名同学分成人数分别为的三组的方法数，再求将组同学分派到3个场次的方法数，根据分步乘法计数原理求结论． 【详解】解：符合要求的选派方法可分为两步完成， 第一步，将名同学分成人数分别为的三组，该步有种完成方法， 又甲、乙两位同学不能参加同一场次，则有种 第二步，将组同学分派到3个场次，此步有种完成方法， 由分步乘法计数原理可得符合要求的派法种数为． 5. 已知数列是公比为的等比数列，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】B 【解析】 【分析】利用等比数列通项公式计算求解结合充分条件和必要条件的定义分析判断即可. 【详解】因为数列是公比为的等比数列，若，则， 即，由于，即，解得：或， 若，则， 由于，，则，即成立， 综上“”是“”的必要不充分条件 6. 已知是抛物线的焦点，是上一点，直线交轴于点．若为的中点，则（ ） A. 3 B. C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【详解】 由抛物线得焦点，设， 因为是的中点，所以的坐标为， 因为在抛物线上，将坐标代入得： ， 再由两点间距离公式： . 7. 已知，，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，所以， 两边同除以，得， 所以，因为，所以， 所以 ， 当且仅当，即时取等号， 所以最大值为． 8. 已知数列满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先对递推式进行代数化简，并引入倒数代换，通过已知对数不等式及构造函数求导证明，分别放缩得到的上界与下界，最后，利用累加法对差分不等式从到进行求和，建立首项与目标项的不等式关系，再通过倒数反推出的取值范围. 【详解】已知，化简递推右侧得： ， 令（显然所有，故），将上式改写为： ， 下构建辅助不等式： 证明：， 对任意，， 设，求导得， 故在单调递增，，不等式得证， 令， 代入得：， 移项得：； 证明： 对任意，， 设， 求导得：， 故在单调递增，，不等式得证， 令，代入不等式得： 两边取倒数，不等号反向得： 移项得：， 对所有，可得： 左侧累加得：， 代入，得： 右侧累加得： 代入，得：， 综上可得：. 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. 已知复数，则（ ） A. B. 的虚部为 C. 在复平面内对应的点位于第二象限 D. 为方程的一个根 【答案】AD 【解析】 【分析】根据复数除法的运算得到，再由复数的相关知识逐一判断即可． 【详解】解：， ，故A正确； 的虚部为，故B错误； 在复平面内对应的点为，位于第三象限，故C错误； 方程的根为， 是方程的一个根，故D正确． 10. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于轴对称 B. 有两个零点 C. 不等式的解集为 D. 若，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用函数奇偶性的定义可判断A选项；分析函数的单调性，结合可判断B选项；将所求不等式转化为，结合函数的单调性与定义域可得出关于的不等式组，即可解得原不等式的解集，可判断C选项；分析可得，由已知条件得出，结合函数的单调性得出，由基本不等式可判断D选项. 【详解】对于A选项，函数的定义域为， ， 所以函数为偶函数，其图象关于轴对称，A对； 对于B选项，当时，， 因为函数、、在上均为增函数， 故函数在上为增函数，且， 故函数在上为减函数，且， 故函数有且只有两个零点，B对； 对于C选项，因为函数是定义域为上的偶函数，且该函数在上为增函数， 由可得，所以，解得且， 所以不等式的解集为，C错； 对于D选项，因为， 所以， 由可得，即， 因为函数在上单调递增，所以，即， 所以， 当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为，D对. 11. 在三棱锥中，，，，平面，点为的垂心，且，则（ ） A. 平面 B. C. 三棱锥体积的最小值为 D. 三棱锥外接球表面积的最小值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】选项，利用垂心和平面的已知条件，可以找出与垂直的两条相交直线，由线面垂直的判定定理可以得出判断；选项，由三棱锥一定点处三条棱两两垂直，底面垂心的性质，代入即可得出判断；选项，先根据底面三条边求出三角形面积，进而表示出体积，由选项的结论，代入化简成一个参数的表达式，利用导数求出最值；选项，通过三棱锥一定点处三条棱两两垂直，可知三棱锥与此三条棱构成的长方体外接球的球心相同，进而求出球体半径，表示出球体表面积，利用基本不等式求出球体表面积的最小值. 【详解】解：选项，由为的垂心可知，，又平面， 平面，所以，又因为，因此平面， 平面，所以. 同理，，又，，所以平面， 平面，所以，又因为，，所以平面，选项正确； 选项，由易知，，两两垂直，平面，点为的垂心， ， 由海伦公式知， 代入上式，两边平方，取倒数，化简可得， 代入，，，得，， 化简得，因此正确； 选项，由，，两两垂直，，，，根据勾股定理， 可得，，， 在中，由余弦定理可得，代入各边长， 化简得，所以， 所以， 因此， 两边同时平方得，由选项知， 设，，则，可得，，所以. 代入，化简得， 令，则， 当时，，则单调递减； 当时，，则单调递增，所以当时，取最小值，为， 即的最小值为，因此的最小值为，正确； 选项，因为，，两两垂直，所以三棱锥的外接球球心与以，，为长宽高的长方体外接球的球心相同， 则外接球直接，所以， 所以外接球表面积为，由， 则, 由基本不等式可得， 当且仅当，即时等号成立，此时外接球表面积的最小值为， 因此错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，则__________． 【答案】2 【解析】 【详解】设，. ，，即. . 13. 已知曲线在点处的切线与圆：相切，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数求出曲线在点处的切线，再根据直线与圆的位置关系求出值. 【详解】已知，求导得，则， 所以曲线在点处的切线为，即. 又切线与圆相切，所以， 整理得，解得. 14. 已知椭圆，，为的左、右焦点，过的直线交于，两点，的面积为，的内切圆与相切于点，若，则的离心率为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用三角形面积可求得为椭圆短轴端点，再利用切线线相等的性质可求得，再结合椭圆的定义可求得，最后利用椭圆的第二定义推导的焦半径公式来表达相等关系，即可求得离心率. 【详解】由的面积， 代入椭圆方程得，即为椭圆短轴端点， 不妨取， 由椭圆的定义可得 ​的周长为， 根据内切圆切线长性质：， 由椭圆的定义得：，，， 则， 由得，即， 直线过)和，方程为， 联立椭圆方程，代入可得：， 解得点横坐标， 由椭圆右焦半径公式， 再代入可得：， 所以解得. 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，在四棱锥中，平面，，，，与相交于点，． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 证明：在四边形中，，所以，所以. 因为，所以，即，则. 又，所以. 在中，因为，所以. 又平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，平面，所以，又， 以点为原点，过点且平行于的直线为轴，，为轴、轴建立空间直角坐标系， 设，则. 所以，，，， 所以，，. 设平面的法向量为， 则，即，令，则，，所以. 设直线与平面所成角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 16. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若，的内切圆半径为1，求的面积． 【答案】（1） （2）6 【解析】 【分析】（1）将已知式子利用正弦定理化简解得，再利用二倍角公式计算即可； （2）先利用面积法可求得，再结合余弦定理得出的，可求出，从而可求出三角形的面积. 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理得：， 即，因为， 所以， 所以，因为，故， 故． 【小问2详解】 因为，所以，因为， 由余弦定理可知，即， 因为的内切圆半径为1，得， 即，故， 所以联立：，解得，或（舍去）， 所以的面积为． 17. 在平面直角坐标系中，已知点，、动点满足，，记点的轨迹为曲线． （1）求的方程： （2）已知点，，过点作斜率为的直线交于，两点，设直线，的斜率分别为，，若，，成等差数列，求． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用双曲线定义求出点的轨迹方程，再利用坐标代换法求出曲线的方程. （2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理及斜率公式列式求解. 【小问1详解】 由，得点的轨迹是以为左右焦点，实轴长为2的双曲线， 实半轴长，半焦距，虚半轴长， 因此点的轨迹方程为，设，由，得， 于是，即，所以曲线的方程为. 【小问2详解】 依题意，直线的斜率存在且不为0，设其方程为，， 由消去得，， 则，，， 由，，成等差数列，得，即， 则，即，所以. 18. 甲、乙两人投篮，无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率为，乙每次投篮的命中率均为． （1）若甲单独投篮，规定：首次出现连续两次命中，则停止投篮．求甲投篮4次即停止投篮的概率； （2）若甲、乙进行投篮比赛，记甲、乙各投篮一次为一局，每局结束记录各自的投球总数．规定：首次比对方多进两球者获胜，比赛停止；若第四局结束仍未分出胜负，比赛也停止．记表示比赛停止时已比赛的局数，求随机变量的分布列与数学期望； （3）若甲单独投篮，规定：首次出现连续次命中，则停止投篮．设停止投篮时甲投篮总次数为，随机变量的数学期望为，记．写出与的递推关系，并求数列的前项和． 【答案】（1） （2）分布列： （3）； 【解析】 【分析】（1）运用互斥事件概率加法公式，分析投篮4次停止需满足“前两次未出现连中且后两次连中”的结构，利用每次投篮的独立性，对命中与未命中序列进行分类相乘即可； （2）依据比赛规则确定随机变量的所有可能取值，逐局分析胜负条件，运用独立事件乘法与互斥事件加法求各取值概率，最后按定义计算分布列与数学期望； （3）利用数学期望的递推思想，基于投篮结果建立关系式，导出与的递推，通过构造等比数列求通项，再对等比数列与常数列分别求和得. 【小问1详解】 设事件：甲第次投篮合中， 则则甲投篮4次即停止投篮的概率， 则，故甲投篮4次即停止投篮的概率为． 【小问2详解】 依题意可得，随机变量的可能取值为：， ， 局结束时，甲胜概率， 局结束时，乙胜概率， ， ， 分布列： 数学期望：. 【小问3详解】 当时，，则， 当时，， 则，即则， 故为首项为，公比为的等比数列故， 即，故． 19. 已知函数有唯一的极值点． （1）求的取值范围； （2）设是的两个零点，记，，． （i）证明：； （ii）判断是否可能为直角三角形，并说明理由． 【答案】（1） （2） （i）由①知，因为为极值点，所以， 即，因为，所以，所以， 因为为增函数，且，所以，， 所以在单调递减，在单调递增， 又因为，所以， 又因为，所以， 所以， 要证：，只需证：，只需证： 只需证：， 令，则， 则在上单调递增，，即得证. （ii）结论：不可能为直角三角形，理由如下： 由（i）证明过程知为极小值点， 所以，由（i）知， 所以， 因为，所以， 先证明：，证明过程如下： 因为在单调递减， 所以只需证， 又因为，只需证：， 即证明：，即证：， 令，则， 令，则， 所以在单调递减，所以， 所以在单调递增，所以， 因为，所以，即得证， 因为，所以，所以， 因为，所以， 因为，所以， 所以 不可能为直角三角形． 【解析】 【分析】（1）对分离参数，研究的单调性与值域，将唯一极值点转化为水平直线与函数图像的唯一交点问题，结合极限与单调性，得到； （2）（i）分析利用极值点处消去，结合推出及，将证不等式等价变形为，构造辅助函数并利用单调性完成证明；（ii）分析先由函数单调性及零点位置确定三点横坐标关系，计算并用（i）结论得到，再证明，进而得出同为锐角，从而，排除直角三角形的可能. 【小问1详解】 当时，是增函数，无极值点 当时，， 又因为有唯一的极值点等价于有唯一的变号零点， 令，则， 令，则， 则在区间上单调递增，在区间上单调递减． 当时，时，， 则当时，直线与的图象有一个交点，有唯一的极值点， 所以的取值范围为． 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 永州市2026年高考第三次模拟考试 数学 命题人：陈诗跃（永州一中） 陶先国（蓝山二中） 唐首佳（宁远一中） 范理华（永州四中） 审题人：胡元紧（道县教科中心） 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. 已知函数，则的一个对称中心为（ ） A. B. C. D. 3. 已知随机变量服从正态分布，，则（ ） A. 0.7 B. 0.6 C. 0.5 D. 0.3 4. 某学校派甲、乙、丙、丁4名同学参加“永超”足球比赛中3个场次的志愿服务，每场比赛至少派1名同学，每名同学仅参加一个场次的志愿服务，甲、乙两位同学不能参加同一场次，则不同派法的种数为（ ） A. 12 B. 24 C. 30 D. 36 5. 已知数列是公比为的等比数列，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 6. 已知是抛物线的焦点，是上一点，直线交轴于点．若为的中点，则（ ） A. 3 B. C. 4 D. 7. 已知，，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知数列满足，则（ ） A. B. C. 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. 已知复数，则（ ） A. B. 的虚部为 C. 在复平面内对应的点位于第二象限 D. 为方程的一个根 10. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于轴对称 B. 有两个零点 C. 不等式的解集为 D. 若，则的最小值为 11. 在三棱锥中，，，，平面，点为的垂心，且，则（ ） A. 平面 B. C. 三棱锥体积的最小值为 D. 三棱锥外接球表面积的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，则__________． 13. 已知曲线在点处的切线与圆：相切，则__________． 14. 已知椭圆，，为的左、右焦点，过的直线交于，两点，的面积为，的内切圆与相切于点，若，则的离心率为__________． 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，在四棱锥中，平面，，，，与相交于点，． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 16. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若，的内切圆半径为1，求的面积． 17. 在平面直角坐标系中，已知点，、动点满足，，记点的轨迹为曲线． （1）求的方程： （2）已知点，，过点作斜率为的直线交于，两点，设直线，的斜率分别为，，若，，成等差数列，求． 18. 甲、乙两人投篮，无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率为，乙每次投篮的命中率均为． （1）若甲单独投篮，规定：首次出现连续两次命中，则停止投篮．求甲投篮4次即停止投篮的概率； （2）若甲、乙进行投篮比赛，记甲、乙各投篮一次为一局，每局结束记录各自的投球总数．规定：首次比对方多进两球者获胜，比赛停止；若第四局结束仍未分出胜负，比赛也停止．记表示比赛停止时已比赛的局数，求随机变量的分布列与数学期望； （3）若甲单独投篮，规定：首次出现连续次命中，则停止投篮．设停止投篮时甲投篮总次数为，随机变量的数学期望为，记．写出与的递推关系，并求数列的前项和． 19. 已知函数有唯一的极值点． （1）求的取值范围； （2）设是的两个零点，记，，． （i）证明：； （ii）判断是否可能为直角三角形，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $