湖南长沙市2026届高三冲刺仿真训练数学试卷（一）

湖南省长沙市2026届高三冲刺仿真训练数学试卷（一） 一、单选题：本大题共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．设集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．已知随机变量，则（    ） A． B． C． D． 3．若是方程的一个根，则（   ） A． B．0 C． D．1 4．已知等差数列满足，，则其前30项和（   ） A．585 B．957 C．1020 D．1085 5．曲线的图象大致为（　　） A． B． C． D． 6．已知 满足，则（   ） A． B． C． D． 7．“”是“关于x的不等式的解集为”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 8．在平面直角坐标系中，已知点满足，记为点到直线的距离.当变化时，的最大值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 二、多选题：本大题共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．已知数列满足，其中，为数列的前n项和，则下列四个结论中，正确的是（    ） A． B．数列的通项公式为： C．数列的前n项和为： D．数列为递减数列 10．如图，正方体的棱长为2，E是的中点，则（    ） A．三棱锥的体积为 B．平面 C．三棱锥的外接球的表面积为 D．由三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为 11．在中，所对的边分别为，已知，则（        ） A．若，则外接圆半径为 B．若，则 C．若为锐角三角形，且，则 D．面积的最大值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12．第33届夏季奥林匹克运动会女子10米跳台跳水决赛中，全红禅以425.60分的高分拿下冠军.下面统计某社团一位运动员10次跳台跳水的训练成绩：68，80，74，63，66，84，78，66，70，76，则这组数据的60%分位数为__________. 13．在中，，，点O是的外心，则________． 14．已知是定义在上的奇函数，函数的最大值与最小值分别为A，a，则__________. 四、解答题：本大题共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)已知椭圆的两焦点分别为、，长轴长为6． （1）求椭圆的标准方程； （2）求以椭圆的焦点为顶点，以椭圆的顶点为焦点的双曲线的方程． 16．(15分)在中，角的对边分别为，且. (1)求； (2)若，且的面积为，求的周长. 17．(15分)如图所示，已知多面体中，是正方形，平面，. (1)证明：平面； (2)设，求平面与平面的夹角. 18．(17分)已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)已知，若存在，使得． （i）求实数m的取值范围； （ii）证明：． 19．(17分)甲、乙、丙三个人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人． (1)设n次传球后球在甲手中的不同的传球方法数为,. （ⅰ）写出的值； （ⅱ）求. (2)前次传球（即从第1次到第n次传球）过程中，你想要让自己更多次接到球，是否应该选择成为首次传球者？请说明理由. 附：若随机变量服从两点分布，且，则. 第1页，共2页 第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 《湖南省长沙市2026届高三冲刺仿真训练数学试卷（一）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A D C D D A C ACD ACD 题号 11 答案 ABD 1．C 【详解】由题意知集合，， 故. 2．A 【分析】利用二项分布的方差公式计算. 【详解】随机变量，则. 故选：A 3．D 【分析】将根代入方程中计算即可. 【详解】因为是方程的一个根， 所以，即，解得， 故选：D. 4．C 【分析】根据等差数列的通项公式结合题设先求得，再根据求和公式计算即可. 【详解】设等差数列的公差为， 由，得，解得， 所以. 故选：C 5．D 【分析】由结合诱导公式得出或，化简曲线方程，可得合适的选项. 【详解】由可得或， 即或， 所以，曲线由一族同心圆与 直线以及两族等轴双曲线、构成. 故选：D. 6．D 【分析】先由得到，再利用正弦两角和公式展开得到，联立方程得到. 【详解】因为，所以，即 设，则； 由得到，即， 即，解得 ，所以； 故选：D 7．A 【分析】先判断不等式的解集为成立的条件，然后根据充分性、 必要性的定义选出正确答案. 【详解】关于x的不等式的解集为, 当时，,此时不等式的解集为，满足条件； 当时，则，解得：， 综上，的取值范围为：， 故“”是“关于x的不等式的解集为”的充分不必要条件， 故选：A 8．C 【分析】根据直线过定点确定出对于给定的一点，取最大值时且，然后根据点为正方形上任意一点求解出，由此可知. 【详解】直线过定点， 对于任意确定的点， 当时，此时， 当不垂直时，过点作，此时，如图所示： 因为，所以，所以， 由上可知：当确定时，即为，且此时； 又因为在如图所示的正方形上运动，所以， 当取最大值时，点与重合，此时， 所以， 故选：C. 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于利用图像分析取最大值时与直线的位置关系，通过位置关系的分析可将问题转化为点到点的距离问题，根据图像可直观求解. 9．ACD 【分析】令可求；利用已知求的方法求数列通项公式；利用裂项相消法求数列的前n项和;根据数列与函数的关系判断数列的单调性. 【详解】因为， 所以当时，， 两式相减得，所以， 又因为当时，满足上式， 所以数列的通项公式为：，故A正确，B错误， ， 所以 ， 故C正确； 因为，随着的增大，在减小，所以数列为递减数列， 故D正确. 故选:ACD. 10．ACD 【分析】对于A，根据等积变换可求三棱锥的体积；对于选项B，可用反证法说明；对于选项C，可通过建立空间直角坐标系求出外接球的半径，从而得出表面积；对于选项D，作出过三点确定的平面与正方体相交形成的截面，进而求得截面的周长. 【详解】对于A，三棱锥的体积，故A正确； 对于B，因为，所以与不垂直， 所以与平面不可能垂直，故B错误； 对于C，坐标法：以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设外接球的球心为，则 ， ， ， 求得，故C正确； 对于D，如图，过三点确定的平面与正方体相交形成的截面为等腰梯形为的中点（平行则四点共面）， 等腰梯形的周长为，D正确. 故选：ACD 11．ABD 【分析】确定三角形形状并求出外接圆半径判断A；利用余弦定理求出的范围选项B；建立不等式组求出范围判断C；利用余弦定理及三角形面积公式列式，结合二次函数求出最大值判断D. 【详解】对于A，因为，由正弦定理可知， 设，则，即为直角三角形， 结合，得，则， 外接圆半径为，A正确； 对于B，若，则由，可得， 则，而，即，仅当时取等号， 故，结合，得，B正确； 对于C，，， 为锐角三角形，则，且， 即，解得，即，C错误； 对于D，由，得， 由于，故，即； 而, 而，故 ， 由于时，取最大值， 故的最大值为，即面积的最大值为，D正确. 12．75 【分析】先进行排序，后按照百分位数概念计算可得. 【详解】先将成绩进行排序：63，66，66，68，70，74，76，78， 80， 84. 由于，60%分位数为第6和第7个数据的平均值.即. 故答案为：75. 13．/ 【分析】利用外心的性质及平面向量数量积的几何意义计算即可. 【详解】 如图所示，分别为边中点，则 易知， 由平面向量数量积的几何意义可知， 所以. 故答案为： 14．4 【分析】分离常数，易得关于对称，即可求解 【详解】.因为是定义在上的奇函数，所以，故关于对称，所以4. 故答案为：4. 15．（1）；（2）． 【分析】（1）由题意可知，椭圆的焦点在上，，，再由，即可求解. （2）由题意可知双曲线的，，再由，即可求解. 【详解】解：（1）由、，长轴长为6， 得：，，所以， ∴椭圆方程为． （2）由题意得，双曲线的，， 所以， ∴双曲线方程为． 16．(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用三角形内角和定理，即可求解； （2）利用余弦定理和三角形的面积公式，即可求解，从而求出周长. 【详解】（1）由正弦定理得：， 在三角形中，所以， 即， 因为，所以， 因为，所以 （2），所以， 由余弦定理得，所以， 则， 所以的周长为. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面平行推导线面平行 （2）采用空间向量法求解两平面的夹角：建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，再通过向量夹角公式计算平面夹角 【详解】（1）∵且与无公共点 ∴ ∵平面，平面 ∴平面. ∵四边形是正方形 ∴ ∵平面，平面 ∴平面， ∵，，平面 ∴平面平面， 又平面 ∴平面. （2）因为平面，，平面， 所以，，因为，所以，，两两垂直， 所以以点为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，如下图所示. 则，，，，所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，取,得，故可取； 设平面的一个法向量为， 则，取,得，故可取. 则， 所以平面与平面的夹角为. 18．(1)在上单调递减，在上单调递增 (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据函数导数与函数单调性的关系，判断函数单调性即可. （2）（i）根据函数单调性与函数最值，判断函数图像，以及函数图像，判断有四个零点时的情况，求出参数范围； （ii）根据函数图像，求出四个零点的关系，进而构造函数，根据函数导数判断函数单调性，进而证明不等式. 【详解】（1）的定义域为，． 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增． （2）（i）由（1）可知， 令， 若，则，则，则直线与函数的图象最多有两个交点，不符合题意； 若，，此时存在两个零点， 此时在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 此时作直线，其中，直线与的图象存在四个交点， 即存在，使得， 故实数m的取值范围是． （ii）由题意得，， 则，， 令，，注意到，则，即，同理， 要证，即，即证明， 设， 则， 设，设， 则，故在上单调递减， 从而，则，在上单调递减， 故，也即，因此． 19．(1)（ⅰ）；（ⅱ）； (2)想要更多次接到球，选择不做首次传球者，理由见解析. 【分析】（1）（ⅰ）利用列举法来求传球方法数； （ⅱ）利用递推思想，通过构造等比数列，来求解通项公式； （2）利用两点分布的随机变量的期望公式，结合等比数列求和公式，通过期望的大小来作出判断. 【详解】（1）（ⅰ）第1次由甲将球传出，经次传球后球在甲手中的不同的传球路径有： 甲乙或丙甲乙或丙甲，这样共有种传法， 甲乙丙乙甲，或甲丙乙丙甲，这样共有种传法 所以； （ⅱ）因为和分别表示经次传球后球回到甲和非甲（非甲是指乙、丙两个同学）手里的传球方法种数，每次传球每人只能向其他两人之一任意传出，即表示每次传球均有种方法， 所以由分步乘法计数原理知:次传球共有种方法数，故. 因为每次非甲传给甲只有种方法，即得，所以， 且由题意易知，由①， 解法1：设，即，对比①式得 所以， 因为，所以， 即数列是以为首项，以为公比的等比数列， 所以，即， 解法2：由，同时除以得到 所以， 因为，所以， 即数列是以为首项，以为公比的等比数列， 所以，即， （2）解法1：由（1）知，设n次传球后球在甲手中的概率是， 记前n次传球（即从第1次到第n次传球）中球在甲手中的次数为随机变量X， 根据随机变量服从两点分布，且， 则. 即 ， 所以甲作为首次传球者，其接到球的次数小于， 所以想要更多次接到球，选择不做首次传球者. 解法2：设n次传球后球在甲手中的概率是， 则第次传球后在甲手中的概率就等于第次传球后不在甲手中的概率再乘以传给甲的概率， 即，从而构造可得：. 因为第次传球后球不可能在甲手中，所以，则， 所以数列是以为首项，以为公比的等比数列， 所以，即可得：，后面解法同上. 学科网（北京）股份有限公司 $