精品解析：湖南天壹联考2026届高三全真模拟适应性考试数学试题

2026届高三全真模拟适应性考试 数学 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. 复数在复平面内对应的点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 某校随机抽取了200名学生进行成绩调研，再从这200名学生中随机抽取8名学生，得到他们的数学成绩如下：，记这组数据的平均数为，则（ ） A. 100 B. 98 C. 101 D. 102 3. 已知抛物线的焦点为，准线为，过上一点作的垂线，垂足为，则直线的一般式方程为（ ） A. B. C. D. 4. 对于平面向量，设甲，乙：，则（ ） A. 甲是乙的充分不必要条件 B. 甲是乙的必要不充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲是乙的既不充分也不必要条件 5. 现用Python生成随机密钥，该密钥共三位，前两位要求从、、、、、中进行选择（可以重复），第三位要求从、、、中进行选择，则可生成的密钥数量为（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列，若，则正整数的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 已知函数，，若，则的最小值为（ ）． A. B. C. D. 8. 已知函数的部分图象如图所示，满足，，则的值为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 若，，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. A的真子集个数为7 C. D. 10. 在直四棱柱中，四边形是菱形，，则（ ） A. 四棱柱的体积为162 B. 四棱柱的表面积为 C. 点到平面的距离为 D. 直线与所成角的余弦值为 11. 下列函数中，对于任意使得有意义的，始终存在常数，使得在区间上的最大值与最小值之差为的有（ ） A. B. C. D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若与的等差中项是与的等比中项，则____________. 13. 已知的面积为，，则线段的最小值为______． 14. 现有一个基于数字变换的游戏.初始时黑板上写有数字2，每轮游戏会对该数字进行一次独立变换，每一次变换有的概率将其擦去并写上原先数字加1的数，否则将其擦去并写上原先数字2倍的数，设轮变换后黑板上的数字为，已知在的前提下，第1轮变换前后数字之差为1的概率为，则__________. 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. 已知等比数列满足. （1）求的公比； （2）求的前项和. 16. 已知椭圆与双曲线的离心率之积为． （1）求； （2）记的左顶点为，过点的直线（的斜率不为0）与另交于点，与另交于点，证明：． 17. 在斜三棱柱中，，，，平面平面. （1）证明：； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 18. 某校高一、高二、高三三个篮球队为比赛制定了如下规则：先确定挑战权，挑战权属于某队时，该队可挑战另外两队中的一队，且被挑战的队伍获得下一次的挑战权．已知高一篮球队挑战高二、高三篮球队的概率均为，高二篮球队挑战高一、高三篮球队的概率分别为、，高三篮球队挑战高一、高二篮球队的概率分别为、．经商定，高一篮球队获得首次挑战权． （1）经过次挑战后，高一篮球队已获得的挑战权次数记为，求的分布列及数学期望； （2）若经过次挑战后，挑战权属于高一篮球队、高二篮球队和高三篮球队分别记为事件、、． （ⅰ）证明：； （ⅱ）证明：当为偶数时，． 19. 设函数. （1）求的单调区间； （2）证明：函数在定义域内单调递减； （3）设的外接圆直径为，且内角所对的边分别为，若在数值上，当且仅当，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三全真模拟适应性考试 数学 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. 复数在复平面内对应的点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】将复数化简整理，得，由此得到点所在的象限． 【详解】解： ∴复数在复平面内对应的点为，为第二象限内的点 故选: 2. 某校随机抽取了200名学生进行成绩调研，再从这200名学生中随机抽取8名学生，得到他们的数学成绩如下：，记这组数据的平均数为，则（ ） A. 100 B. 98 C. 101 D. 102 【答案】A 【解析】 【分析】根据平均数的计算公式即可求解． 【详解】由题意可得． 3. 已知抛物线的焦点为，准线为，过上一点作的垂线，垂足为，则直线的一般式方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出抛物线方程，进而得出焦点坐标和准线方程，即可得出，再计算直线的一般式方程． 【详解】把点坐标代入的方程可得， 所以，故点， 则直线的斜率为， 于是，转化为一般方程为． 4. 对于平面向量，设甲，乙：，则（ ） A. 甲是乙的充分不必要条件 B. 甲是乙的必要不充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲是乙的既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据充分条件和必要条件的定义及平面向量数量积的运算律即可求解． 【详解】对于充分性，当时甲成立，则， 可知，或与垂直， 若，此时，， 所以乙：不一定成立； 对于必要性，当时，则甲成立， 所以甲是乙的必要不充分条件． 5. 现用Python生成随机密钥，该密钥共三位，前两位要求从、、、、、中进行选择（可以重复），第三位要求从、、、中进行选择，则可生成的密钥数量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】确定密钥每一位的选择种数，结合分步乘法计数原理可得结果. 【详解】由题意可知，密钥共三位，前两位要求从、、、、、中进行选择（可以重复）， 则密钥第一位有种选择，第二位也有种选择， 第三位要求从、、、中进行选择，有种选择， 由分步乘法计数原理可知，可生成的密钥数量为个. 6. 已知数列，若，则正整数的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【详解】依题意，，而，且， 由，得正整数的最小值为2. 7. 已知函数，，若，则的最小值为（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数求出函数的最小值，即可得出，可得出，化简即可得出答案. 【详解】因为，函数的定义域为， ， 由可得，由可得， 所以函数的减区间为，增区间为， 所以， 因为，则， 故，即的最小值为. 8. 已知函数的部分图象如图所示，满足，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知条件可得，则有，求出的值可求. 【详解】由得， 结合函数图象不妨设，依题意有， 则有，， 由，， 结合五点法作图，有，所以， 则有. 二､多选题：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. 若，，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. A的真子集个数为7 C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据已知条件作出Venn图，结合元素与集合的关系以及集合之间的关系，一一判断各选项，即得答案. 【详解】， 由，，， 作出图，如图所示，    由图可知，，，故A错误，正确； 集合的真子集个数为个，故B正确； 因为，所以，错误. 故选：BC. 10. 在直四棱柱中，四边形是菱形，，则（ ） A. 四棱柱的体积为162 B. 四棱柱的表面积为 C. 点到平面的距离为 D. 直线与所成角的余弦值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】记棱柱的高为,根据题意，列出方程组，求得，结合体积公式，可判定A正确；利用侧面积和三角形的面积公式，求得棱柱的表面积，可判定B正确；设点到平面的距离为，利用等体积法，列出方程，可判定C错误；结合异面直线所成角的定义，可判定D正确. 【详解】对于A，记棱柱的高为,即直四棱柱的侧棱长都为， 因为， 可得， 又因为是菱形，可得，所以是等边三角形，所以， 可得，联立方程组，解得， 故棱柱的体积，所以A正确； 对于B，棱柱表面积，所以B正确； 对于C，记点到平面的距离为， 由，可得， 由余弦定理得， 因为，可得， 所以，所以，所以C错误； 对于D，由，所以直线与所成角，即为直线与所成角， 即所求角为的补角，由C项知， 所以直线与所成角的余弦值为，所以D正确. 11. 下列函数中，对于任意使得有意义的，始终存在常数，使得在区间上的最大值与最小值之差为的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】结合题目定义，根据各选项函数的性质分别判断即可． 【详解】要求函数在区间且上的最值之差等于, 对于选项A，函数的最值之差为， 若要其等于，则必须满足，这与任意有意义的均成立的要求矛盾，故A错误； 对于选项B，函数，令且， 当且时，由推导可得， 因为，因此必定存在正实数， 同理当时，由，推导可得，必定存在正实数， 当时显然存在，故B正确； 对于选项C，函数，令，且， 当时，由， 根据对数函数图像性质得，可知必定存在正实数， 当时由推导可得， 同理可知必定存在正实数，故C正确； 对于选项D，若，假设存在满足条件的正实数与，令， 因为，故有，由指数函数的单调性可知必有，则， 由于，必有，进而， 由和在的图像可知不等式无解，故D错误． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若与的等差中项是与的等比中项，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据等差中项，等比中项的定义求解即可. 【详解】由题意可知，等差中项为， 则由等比中项的性质得，解得. 13. 已知的面积为，，则线段的最小值为______． 【答案】 【解析】 【详解】由已知联立，得，解得. 由面积得，可得. 由余弦定理得， 当且仅当时，等号成立，于是的最小值为． 14. 现有一个基于数字变换的游戏.初始时黑板上写有数字2，每轮游戏会对该数字进行一次独立变换，每一次变换有的概率将其擦去并写上原先数字加1的数，否则将其擦去并写上原先数字2倍的数，设轮变换后黑板上的数字为，已知在的前提下，第1轮变换前后数字之差为1的概率为，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】设该事件为，设“3轮变换后”为事件，利用列举法，求得事件的路径及其概率，得到，结合条件概率的计算公式，列出方程，即可求解. 【详解】因为初始数字为2，可得“第1轮变换前后数字之差为1”等价于“第1轮执行加1变换”， 设该事件为，设“3轮变换后”为事件， 列举所有3轮变换的路径，满足事件的路径及其概率分别为： 加1､加1､乘2概率为，加1､乘2､乘2概率为， 乘2､加1､乘2概率为，乘2､乘2､加1概率为， 乘2､乘2､乘2概率为，求和得， 事件包含前两条路径，其概率， 因为，由条件概率公式可得， 整理得，解得或，结合可得. 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. 已知等比数列满足. （1）求的公比； （2）求的前项和. 【答案】（1）或. （2）或 【解析】 【分析】（1）设等比数列的公比为，根据题意，列出方程组，即可求解； （2）由（1）知或，分类讨论，分别求得的值，结合等比数列的求和公式，即可求解. 【小问1详解】 解：设等比数列的公比为， 因为，可得，即 两式作商，可得，即，解得或. 【小问2详解】 解：记为的前项和， 当时，由，即，可得， 此时. 当时，由，即，可得， 此时. 16. 已知椭圆与双曲线的离心率之积为． （1）求； （2）记的左顶点为，过点的直线（的斜率不为0）与另交于点，与另交于点，证明：． 【答案】（1） （2）显然的斜率存在，设，设， 联立，得， 可得， 联立，得， 可得， 假设可得， 故，显然，得， 当时，，不成立； 当时，，不成立； 综上，． 【解析】 【分析】（1）根据椭圆和双曲线的离心率公式，结合已知即可求解； （2）设，，与椭圆及双曲线方程联立，求出，假设得出，代入即可证明． 【小问1详解】 的离心率的离心率， 由题意可得，解得． 【小问2详解】 略 17. 在斜三棱柱中，，，，平面平面. （1）证明：； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）如图，取中点，连接，，因为，所以， 因为平面平面，平面平面， 因为 平面，所以平面 ， 因为 平面 ，所以，因为， 所以在中，，解得，所以， 所以为直角三角形，所以， 因为，平面， 平面，所以 平面，因为 平面，所以 . （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，由面面垂直的性质可得平面 ，再由余弦定理以及勾股定理，线面垂直判定定理证明即可. （2）由题意，建立空间直角坐标系，由向量法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可得平面 ，且，， 因为平面 ，所以， 所以以为原点，为轴，为轴，为 轴，建立空间直角坐标系，如图， 所以，，所以，，， 因为，所以 ，所以， 因为，所以，因为， 所以，，因为，所以解得， 设平面的法向量为，所以，， 所以，即， 令，则 ， ，所以， 设平面的法向量为，则， 设平面与平面的夹角， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 18. 某校高一、高二、高三三个篮球队为比赛制定了如下规则：先确定挑战权，挑战权属于某队时，该队可挑战另外两队中的一队，且被挑战的队伍获得下一次的挑战权．已知高一篮球队挑战高二、高三篮球队的概率均为，高二篮球队挑战高一、高三篮球队的概率分别为、，高三篮球队挑战高一、高二篮球队的概率分别为、．经商定，高一篮球队获得首次挑战权． （1）经过次挑战后，高一篮球队已获得的挑战权次数记为，求的分布列及数学期望； （2）若经过次挑战后，挑战权属于高一篮球队、高二篮球队和高三篮球队分别记为事件、、． （ⅰ）证明：； （ⅱ）证明：当为偶数时，． 【答案】（1） 数学期望为 （2） （ⅰ）若第次挑战权属于高二篮球队， 若第次挑战权属于高一篮球队，则第次高一篮球队挑战高二篮球队，其概率为， 若第次挑战权属于高三篮球队，则第次高三篮球队挑战高二篮球队，其概率为， 所以①，同理可得②， ②①得， 又，因此，因此； （ii）若第次挑战权属于高一篮球队， 若第次挑战权属于高二篮球队，则第次高二篮球队挑战高一篮球队，其概率为， 若第次挑战权属于高三篮球队，则第次高三篮球队挑战高一篮球队，其概率为， 所以，③ ①②，得， 由③知， 又， 从而有，所以， 第一次挑战权为高一篮球队，经过一次挑战后，挑战权不是高一篮球队，则， 故， 则有是以为首项，为公比的等比数列， 因此，，． 当为偶数时，，因此． 【解析】 【分析】（1）分析可知随机变量的可能取值有、，求出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值； （2）（i）推导得出，，两式作差，结合可推得结论成立； （ii）分析可得，结合（i）推导得出，可得出，则有是以为首项，为公比的等比数列，求出数列的通项公式，可证得结论成立. 【小问1详解】 随机变量的可能取值为和， 时，第一次高一篮球队挑战高二篮球队，第二次高二篮球队挑战高三篮球队，第三次高三篮球队挑战高二篮球队， 或者第一次高一篮球队挑战高三篮球队，第二次高三篮球队挑战高二篮球队，第三次高二篮球队挑战高三篮球队， 则，． 则的分布列为 则的数学期望为． 【小问2详解】 略 19. 设函数. （1）求的单调区间； （2）证明：函数在定义域内单调递减； （3）设的外接圆直径为，且内角所对的边分别为，若在数值上，当且仅当，证明：. 【答案】（1）单调减区间为，无单调递增区间 （2）证明：由函数， 可得， 要证明其单调递减，只需证明，由，只需证明分子小于0， 设， 当时，可得，且， 所以且，此时，， 所以成立，所以，所以函数在上单调递减； 当时，可得，要证明， 只需证明，即证明， 下面证明时，， 设函数，可得， 当时，，在上单调递增， 因为，可得，即，所以得证； 因为，所以，可得， 只需证明，等价于证明，即，此结论已证， 所以，即， 又因为，故，即， 所以，所以函数在上单调递减； 综上可得，函数在定义域内单调递减. （3）证明：在中，由正弦定理得， 代入，可得，即， 设，其中，则当且仅当， 等价于方程在满足且时只有唯一解, 当时，, 当时，单调递增，可得单调递增， 由（1）知：与均为关于的正值减函数， 则在上单调递减， 下面证明：若，则必有，不妨设.当时， 因为且在该区间单调递减，故由，必有； 当时，由于是的内角，故，即， 因为在单调递减，可得， 又因为， 因为，所以，且且，有， 所以，所以，即， 联立得，这与矛盾， 所以当时，当且仅当时，成立， 当时，假设原命题成立，下证矛盾， 因为，存在使得，此时， 取使得，则， 令，则且， 因，且均为锐角，故， 只需比较.由于且， 所以，即，此时有，设， 可得， 则根据零点存在性定理，存在使得，即， 令，则， 因为且，故；且，故， 这与“当且仅当”矛盾，故不成立， 综上所述，实数的取值范围是. 【解析】 【分析】（1）求得，设，得到，求得单调递减，证得恒成立，得到，进而得到答案； （2）求得，设，分和，两种情况讨论，分别证得，得到，即可得证； （3）由正弦定理和题设条件得，设，转化为方程在且时只有唯一解,分和，两种情况讨论，即可得证. 【小问1详解】 解：由函数，可得， 设，可得， 当时，可得且，，在区间上单调递减， 因为，故，即恒成立， 则在定义域内恒成立，所以在区间上单调递减， 即函数的单调减区间为，无单调递增区间. 【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 $