湖南省长沙市2026届高三冲刺仿真训练数学试卷（八）

《湖南省长沙市2026届高三冲刺仿真训练数学试卷（八）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D A B C D B A BC CD 题号 11 答案 ABC 1．B 【分析】根据一元二次不等式和对数的运算性质分别求出集合A、B，结合交集的定义和运算即可求解. 【详解】由，解得， 所以； 由，解得， 所以， 所以. 故选：B 2．D 【分析】利用复数除法求得的值，再用复数的绝对值公式求解即可. 【详解】由题，则=. 故选：D. 3．A 【分析】根据题意得，解出即可. 【详解】由题意有：， 所以. 故选：A. 4．B 【详解】分两类情况：甲校安排人；甲校安排人， ①甲校安排人：从名大学生中选人安排到甲校，余下人一人一个学校， ， ②甲校安排人：从名大学生中选人安排到甲校，余下人按分配到剩余个学校， ， 所以不同的安排方法种数为． 5．C 【分析】根据题设条件可得，令，代入，等式两边取，结合估算即可. 【详解】由题意，，即， 令，即，故，即， 可得，即. 故选：C 6．D 【分析】根据等比数列的单调性举出反例，如，再根据充分条件和必要条件的定义即可得出答案. 【详解】解：当时，则， 因为，所以，所以， 故， 所以不能推出， 当时，则， 由，得， 则，所以， 所以不能推出， 所以“”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 7．B 【分析】令利用向量得线性运算及数量积运算将表示成t的函数，再求函数值域作答. 【详解】如图，在中，，则，， 令，则， 于是得 当时，，当或时，， 所以取值范围为. 故选：B. 8．A 【分析】求导，根据题意结合导数的几何意义可得，令，题意等价于与有3个交点，利用导数结合函数图象即可得结果. 【详解】因为，则， 设切点坐标为，切线斜率， 则切线方程为， 代入点可得，即， 令，原题意等价于与有3个交点， 因为的定义域为，且， 令，解得；令，解得或； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则的极小值为，极大值为， 当趋近于时，趋近于，当趋近于时，趋近于， 可得，所以t的取值范围是. 9．BC 【分析】对于选项A，根据百分位数的计算方法求解；对于选项B，根据线性相关程度与的关系判断；对于选项C，根据独立性检验规则判断即可；对于选项D，利用对称性求出，再通过计算即可. 【详解】选项A，这组数据共8个，已按从小到大排序，计算百分位数位置：， 不是整数，向上取整，第60百分位数是第5个数据，为，A错误； 选项B，根据样本相关系数的性质：两个随机变量线性相关程度越强，样本相关系数的绝对值越接近，越接近说明相关程度越弱，B正确； 选项C，计算得，根据独立性检验规则，推断与有关联时，犯错误的概率不超过，C正确； 选项D，正态分布的对称轴为，已知， 则，由对称性得， 因此，D错误. 10．CD 【分析】根据导数的正负与函数单调性的关系，极值点的定义及导数的几何意义判断选项正误． 【详解】由导函数的图像可知，时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 则在上单调递增，故A错误， 不是的极小值点，故B错误， 是的极大值点，故C正确， 由导函数的图像可知， 所以曲线在处的切线斜率为2，故D正确． 故选：CD． 11．ABC 【分析】根据题意判断哪些边是唯一值，结合四面体的体积计算公式，判断四面体体积唯一解的决定条件. 【详解】如图，因是球的直径，所以， 又的大小已知，从而为定值，从而也为定值， 由的大小已知，所以为定值（唯一确定）， 由（其中为点到平面的距离），要使四面体的体积有唯一值（即为定值）只需点到平面的距离为定值即可. 对于选项A，当的长为已知时，由，那么也为定值，四面体的6条边均可以唯一确定，四面体的体积为唯一值，满足题意. 对于选项B，当的大小已知时，那么为定值（唯一确定），同理，由，也为定值，四面体的6条边均可以唯一确定，四面体的体积为唯一值，满足题意. 对于选项C，当与平面所成角已知时，不妨设为，那么，为定值，四面体的体积为唯一值，满足题意. 对于选项D，二面角为已知时，可以确定点到平面的距离为定值，由于为定值，不能唯一确定点，不能唯一确定，不合题意. 12． 【分析】利用二项式系数的性质以及二项展开式的通项公式可得答案. 【详解】二项式 的展开式中，只有第六项的二项式系数最大， 二项式系数最大值出现在中间项， 当 为偶数时，最大项为第 项， 因此有 ，解得 ， 展开式的通项公式为： 令 ，解得 ， 代入通项，得系数为： 因此，展开式中 的系数为 . 故答案为： 13．或. 【分析】由二倍角公式及两角差的正弦公式得到，再分与两种情况讨论，分别求出即可. 【详解】由， 得， 即， 当时，，即，由，得； 当时，，所以， 即，由，得， 所以，所以． 故的值为或． 故答案为：或. 14． 【分析】设l为，的横坐标为，l与抛物线方程联立求出．利用导数求出抛物线在点M和N处的切线方程，联立两条切线方程求出P的横坐标和纵坐标，消去参数k得到P的轨迹方程，再利用几何关系即可求解． 【详解】由题可知直线l的斜率存在， 故可设过点的直线的方程为，即． 联立抛物线方程，得：， 设的横坐标为，∵，故由韦达定理得：， 对于函数，其导数，在处切线斜率为， 切线方程为，即． 故抛物线在点处的切线方程为， 在点处的切线方程为． 联立两切线方程：， 解得交点的横坐标为， 代入切线方程得纵坐标为． 因此，点坐标为， 消去参数得P的轨迹方程为，即． 圆的圆心为，半径． 圆心到直线的距离， ∴直线与圆相离， 故P到圆的最小距离为圆心到直线距离减去圆半径：． 故答案为：． 15．（1）详见解析；（2）. 【分析】（1）先求导，再分和进行讨论即可得解； （2）根据（1）可知，当时，在上单调递增，则保证即可得解. 【详解】（1）， 令，则或， ①若， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； ②若， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 综上所述，当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为和. （2）当时，由（1）可知，在上单调递增， 若函数没有零点，则，解得， 故a的取值范围为. 【点睛】本题考查了利用导数研究函数单调性，考查了分类讨论思想，要求较高的计算能力，在高考中考压轴题，属于难题. 16．(1)，或 (2) 【分析】（1）根据正弦定理进行求解即可； （2）根据余弦定理进行求解即可. 【详解】（1）由题设及由正弦定理，由，得，． 由，解得，或 （2）由余弦定理， ， 即． ，， 由题设知，． 17．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用平行四边形的判定及性质，线面平行的判定及性质推理得证. （2）利用勾股定理的逆定理，线面垂直的判定推理得证. （3）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量法求解. 【详解】（1）由，，得四边形为平行四边形，则， 而平面，平面，则平面， 又平面平面平面，所以. （2）由，得，即得， 由四边形是正方形，得，则， 而平面，所以平面. （3）由（2）得，直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 设平面的一个法向量，则，取，得， 设平面的一个法向量，则，取，得， 因此，由图形知二面角的大小为钝角， 所以二面角的余弦值为. 18．(1) (2) 【分析】（1）根据标号之和为7的情况，根据古典概型，求出概率即可； （2）根据三个球标号之和的所有情况，分别求出各自的概率，再分别讨论甲获胜的所有情况，根据独立事件概率乘法公式，求出结果即可. 【详解】（1）摸取三个球标号之和为随机变量，当时有和两种情况， 则. （2）随机变量有可能的值有， 当时，三个球标号为，则， 当时，三个球标号为，则， 由（1）可知，， 当时，三个球标号为，则， 当时，三个球标号为，则； 当甲要获胜时，甲标号之和为时，乙可以是， 当甲标号之和为时，乙可以是， 甲标号之和为时，乙可以是，甲标号之和为时，乙可以是， 所以甲获胜的概率为. 19．(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（１）根据题设联立，，求出参数，再求出渐近线． （２）可知当且仅当与或与重合时，不存在．只需证明与且与不重合，即，即可． （３）联立直线与圆，联立直线与双曲线，求出交点，，进而求出， 再根据有两个交点确定参数的范围，确定的范围． 【详解】（1）由题意，，所以代入双曲线方程中得，解得． 因为点在第一象限，所以.将代入方程得，，解得．对于双曲线，渐近线方程为． （2）由可知，所以圆． 令，则，所以，． ， 又由题设，故与，与两两不重合，故始终存在． （3）过点且斜率为的直线的方程为，即 ． 联立直线与圆的方程为：． 展开化简得：． 因为，则上式可化简得，解得，记为； 联立直线与双曲线的方程为：． 展开化简得：，解得， 则，记， 故， 因为直线与曲线有两个交点，如图可知，点在的上方，所以 由得，则，解得， 又，故，则， 故，所以取值范围是． 答案第1页，共2页 答案第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（八） 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．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．已知为虚数单位，，则（   ） A． B． C．2 D． 3．已知椭圆的焦点在轴上，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 4．为了支援山区教育，现在安排名大学生到个学校进行支教活动，其中甲校至少安排人，其余学校至少安排人，则不同的安排方法种数为（    ） A． B． C． D． 5．“碳达峰”，是指二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后开始下降；而“碳中和”，是指企业、团体或个人通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某地区二氧化碳的排放量达到峰值a（亿吨）后开始下降，其二氧化碳的排放量S（亿吨）与时间t（年）满足函数关系式，若经过5年，二氧化碳的排放量为（亿吨）．已知该地区通过植树造林、节能减排等形式，能抵消自产生的二氧化碳排放量为（亿吨），则该地区要能实现“碳中和”，至少需要经过多少年？（参考数据：）（    ） A．28 B．29 C．30 D．31 6．在等比数列中，公比是，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 7．在直角三角形中，，，是斜边上的两个动点，且，则取值范围为（   ） A． B． C． D． 8．若过点可以作函数的三条不同的切线，则t的取值范围是（    ） A． B． C． D． 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．下列说法中正确的是（    ） A．一组数据的第60百分位数为4 B．两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数的绝对值越接近于1 C．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验：，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过0.5% D．若随机变量服从正态分布，且，则 10．已知函数的定义域为，的导函数的图像大致如图所示，则下列结论中正确的是（ ） A．在上单调递减 B．是的极小值点 C．是的极大值点 D．曲线在处的切线斜率为2 11．在半径为定值的球的表面上有四个不共面的点，且为球的直径，已知和的大小，若再添加一个条件，则在确保四面体存在的情况下，使得四面体体积有唯一值的条件可以是（   ） A．的长 B．的大小 C．与平面所成角的大小 D．二面角的大小 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12．的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的系数是______. 13．若，且，则的值为______． 14．过点的直线l与抛物线交于两点M，N，点M，N处的切线交于点P，则点P到圆的距离的最小值是______． 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)已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）已知且，若函数没有零点，求a的取值范围. 16．(15分)在中，角，，所对的边分别为，，．已知，且． (1)当，时，求，的值； (2)若角为锐角，求的取值范围． 17．(15分)如图，直角梯形中，为的中点，以为折痕把折起，使点到点的位置，且． (1)设平面与平面的交线为，证明：； (2)证明：平面； (3)求二面角的余弦值． 18．(17分)甲、乙两位同学参加趣味竞赛，竞赛规则如下：一个袋中装有6个大小相同的小球，其中标号为的球有个，甲从6个球中随机摸取3个球，记录所取球的标号之和后将球放回，再由乙从6个球中随机摸取3个球，记录所摸取球的标号之和，规定所摸取球的标号之和多者获胜. (1)求甲所取球的标号之和为7的概率； (2)求甲获胜的概率. 19．(17分)已知椭圆的两个焦点为，动点在椭圆上，且的面积最大值为 (1)求椭圆的标准方程； (2)过点，且斜率不为0的直线与相交于两点A，B（在的左侧），设直线的斜率分别为. ①求证：为定值； ②设直线相交于点，求证：为定值. 第1页，共2页 第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $