命题大赛 2026届高三数学模拟试卷（湖北）

**基本信息** 2026届高三数学模拟卷，以原创情境与分层设计为特色，涵盖集合、复数、立体几何等核心知识，通过类圆锥曲线、格点向量等创新题考查数学眼光与思维，适配高考模拟预测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|集合、复数、等比数列、三棱柱异面直线|基础巩固，聚焦高频考点| |多选题|3/18|分层抽样、直线位置关系、类圆锥曲线定义|综合辨析，创新定义理解| |填空题|3/15|正态分布、解三角形、立方体八面体体积|结合几何与概率，考查空间观念| |解答题|5/77|数列通项与求和、立体几何三问（体积、异面直线、线段最值）、椭圆探究、格点向量概率|分层递进，原创情境（格点向量）与逻辑推理结合，匹配高考命题趋势|

整体难度：一般 考试范围：集合与常用逻辑用语,函数与导数,复数,数列,计数原理与概率统计,平面解析几何,三角函数与解三角形,平面向量,空间向量与立体几何 细目表分析 题号 难度系数 详细知识点 一、单选题 1 0.92 交集的概念及运算；对数的概念判断与求值；具体函数的定义域 2 0.85 复数的除法运算；判断复数对应的点所在的象限；复数的乘方 3 0.75 等比数列通项公式的基本量计算；等比数列下标和性质及应用；等比数列的单调性 4 0.4 分类加法计数原理；几何计数问题 5 0.65 根据抛物线方程求焦点或准线；抛物线的焦半径公式；抛物线定义的理解 6 0.65 整除和余数问题 7 0.65 求指定项的系数 8 0.4 导数恒成立求参数范围 二、多选题 9 0.82 抽样比、样本总量、各层总数、总体容量的计算；计算古典概型问题的概率 10 0.75 已知直线垂直求参数；由一般式方程判断直线的平行 11 0.6 新定义，圆锥曲线的定义与性质 三、填空题 12 0.92 均值的性质 13 0.72 三角形面积公式及其应用；余弦定理解三角形 14 0.4 立体几何，随机变量，概率，数列求和 四、解答题 15 0.78 写出等比数列的通项公式；由递推关系式求通项公式；裂项相消法求和 16 0.69 数量积的运算律；正弦定理边角互化的应用；三角形面积公式及其应用；余弦定理解三角形 17 0.46 锥体体积的有关计算；异面直线夹角的向量求法；多面体与球体内切外接问题；已知面面角求其他量 18 0.34 椭圆中向量点乘问题；直线截距式方程及辨析；椭圆中的定值问题 19 0.3 新定义，向量，期望与方差，概率，数列 知识点分析 序号 知识点 对应题号 1 集合与常用逻辑用语 1 2 函数与导数 1，8 3 复数 2 4 数列 3，11,15，19 5 计数原理与概率统计 4,6,7，9,12，14 6 平面解析几何 5,10，11，18 7 三角函数与解三角形 13，16 8 平面向量 16，19 9 空间向量与立体几何 14，17 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三数学模拟试卷 本试题卷共4大题，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．若集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．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 3．已知递增的等比数列满足，，则的公比（    ） A．5 B．3 C． D． 4．过三棱柱中任意两个顶点连线作直线，在所有这些直线连线中构成异面直线的对数为（    ） A．18 B．30 C．36 D．54 5．已知抛物线的焦点为F，点M是C上的一点，M到直线的距离是M到C的准线距离的2倍，且，则（    ） A．8 B．6 C．4 D．2 6．若既能被整除又能被整除，则正整数的最小值为（    ） A． B． C． D． 7．展开式中的常数项为（    ） A． B． C． D．14 8. （改编）已知函数，若对任意，恒有，则实数的取值范围为（ ） A． B． C． D． 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9．某高级中学为了解学生每天的睡眠情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从高一､高二､高三三个年级中共抽取87名学生，其中从高三年级抽取的学生人数为28，已知该校高一､高二､高三年级学生人数分别为，则（    ） A． B．从高一年级中抽取的学生人数为30 C．从高二年级中抽取的学生人数为27 D．从全校学生中任选一人，此人是高三学生的概率是 10．已知直线，直线，则（    ） A．当时， B．当时， C．当时， D．当时， 11. （原创）定义：平面内与定点的距离和到定直线的距离的平方之比为常数的点的轨迹称为类圆锥曲线。已知定点，定直线，动点的轨迹为类圆锥曲线，满足（为到直线的距离），则下列说法正确的有（ ） A．当时，曲线为抛物线 B．当时，曲线为椭圆，其离心率 C．当时，曲线为双曲线，其渐近线方程为 D．当时，曲线上存在两点关于直线对称 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．某种药物在人体内的代谢浓度（单位：）服从正态分布，则__________. 13．已知中，内角所对的边分别为，若，则边上的高的长度为__________. 14. （原创）在棱长为2的立方体中，定义一次投掷：从正方体内部随机取一点，若该点落在由平面与平面围成的内部八面体中，则称投掷成功，否则失败。进行逐次独立投掷，第次投掷成功后停止，记停止时累计投掷次数为随机变量，设八面体体积为，正方体体积为，单次投掷成功概率为，若数列满足，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．已知正项数列满足. (1)求的通项公式； (2)记，求数列的前项和. 16．已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，． (1)求A； (2)若点H在所在平面内，且满足，求面积的取值范围． 17．如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，． (1)求四棱锥的体积； (2)设点为过P，A，C，D这四个点的外接球的球心，求异面直线BC与OD所成角的余弦值； (3)设点M是底面ABCD的一点，且平面ABP与平面MBP的夹角为，求线段AM的最小值. 18．已知椭圆分别与轴正半轴、轴正半轴交于，两点. (1)求直线的方程； (2)设，为椭圆上的两个动点，在四边形中，. （ⅰ）证明：直线与的斜率之积为定值； （ⅱ）设为坐标原点，过的直线交于，两点，，其中.判断是否存在直径为3的圆经过，，，四点？若存在，求；若不存在，说明理由. 19. （原创）在平面直角坐标中，定义格点向量：起点为坐标原点，终点为横、纵坐标均为整数的向量。现有随机试验：每次独立随机生成格点向量，其中各自独立等可能取值。 记，即为次生成向量的和向量。 （1）求单次生成的向量满足的概率； （2）设向量，求与； （3）定义事件：与向量的夹角为锐角，记。证明：数列单调递增，且 试卷第1页，共3页 第 1 页 共 17 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B D C C C D C D AB BD ABD 1．B 【分析】利用具体函数的定义域的求法把集合具体化，再根据集合的运算法则可得答案. 【详解】要使有意义，只需，所以， 又因为,所以. 2．D 【详解】依题意，， 所以复数在复平面内对应的点为位于第四象限． 3．C 【分析】根据等比数列的性质，可得，根据条件，求出的值，计算求解，即可得答案. 【详解】因为为等比数列，所以， 又，联立解得或， 又单调递增，则，所以， 则，解得. 4．C 【解析】根据题意，分棱柱侧棱与底面边、棱柱侧棱与侧面对角线、底面边与侧面对角线、底面边与底面边、侧面对角线与侧面对角线五类依次计数即可得答案. 【详解】解：如图，分以下几类： 棱柱侧棱与底面边之间所构成的异面直线有：对； 棱柱侧棱与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对； 底面边与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对； 底面边与底面边之间所构成的异面直线有：对； 侧面对角线与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对； 所以共有对. 故选：C. 【点睛】本题考查棱柱的结构特征，异面直线的判断，分类加法计数原理，解题的关键在于根据题意合理分类，做到不重不漏，进而解决，是难题. 5．C 【分析】先设 ，由抛物线的定义可知 ，M到直线的距离是M到C的准线距离的2倍，所以，得到 【详解】设 ,准线为 ， 由抛物线的定义可知点M到准线距离为 ， M到直线的距离是M到C的准线距离的2倍，所以 即，得到 故选：C 6．D 【分析】分析可知能被整除，可得出，结合二项式定理可知能被整除，即可得出合适的选项. 【详解】因为既能被整除又能被整除，故能被整除， 因为 ， 且能被整除，故能被整除， 设，可得，故的最小值为. 故选：D.. 7．C 【详解】因为的二项展开式中，通项公式是， 所以展开式中的常数项为与中项的乘积、与中项的乘积、与中项的乘积之和. 因为的展开式中不含项， 所以展开式中的常数项为. 8. D 【详解】由题意：对 变形得：，因为，两边除以，记则问题等价于：。 令要求。求导： 当时，，故，所以在上单调递增。 若 即 在递增，满足条件。 若 递增，必存在，使，则 时，递减，矛盾。 综上：，答案选D 9．AB 【详解】A选项，根据分层抽样，，解得，正确； B选项，从高一年级中抽取的学生人数为，正确； C选项，从高二年级中抽取的学生人数为，错误； D选项，从全校中任选一人，此人是高三学生的概率，错误． 10．BD 【分析】将和分别代入直线方程中，即可根据两直线平行和重合的条件来判断两直线的位置关系，即可判断A，B；当时，求出的值，即可判断C，D. 【详解】当时，直线，直线， 由可知重合，故A错误； 当时，直线，直线， 由可知，故B正确； 若，则有，解得，故C错误，D正确. 11. ABD 【详解】 由题意： A选项：代入得是开口向右的抛物线，A正确 B选项：代入得长半轴，短半轴，所以，离心率，B正确 C选项：代入，渐近线，C错误 D选项：，是否存在两点关于 对称 设存在两点 关于 对称，则： 中点 在 上，且 。 轨迹方程整理： ，为双曲线。 假设 ，联立轨迹方程， 由对称性条件可推得：对任意 ，总能取到合适的 ，使联立后判别式大于 0，中点在 上。 因此存在这样两点，D 正确。 12．36 【详解】在中，，即，所以. 13．/ 【分析】先根据余弦定理求出，再利用面积法求出边上的高. 【详解】由余弦定理，. . . 所以边上的高. 14. 【详解】 正方体棱长为 ，体积 平面 、平面 围成的八面体，顶点为正方体中心、，可拆成4 个全等的正三棱锥。 正三棱锥底面为边长 的正三角形，高为正方体棱长的一半 。 单个三棱锥体积： 八面体体积： 单次投掷成功概率 表示第次成功时的投掷次数，服从负二项分布。 几何分布：首次成功期望 。 负二项分布性质：第次成功的期望 是周期为 的周期函数： ： ： ： ： 因此每4项和： ，共 个周期： 15．(1) (2) 【分析】（1）根据已知式子化简得出， 即可根据等比数列的定义证明； （2）根据小问一结果得出， 即可得出，根据裂项相消法得出答案. 【详解】（1）因为，所以， 又为正项数列，所以，即， 又因为，所以是首项为，公比为的等比数列， 所以. （2）由（1）知，所以，则 所以， . 16．(1) (2) 【分析】（1）解法一：利用余弦定理即可求解；解法二：利用正弦定理结合三角恒等变换即可求解； （2）由已知得，，即，，进而得H为的垂心，连接BH并延长交AC于点D，连接CH并延长交AB于点E，则，，在四边形ADHE中得，则， 解法一：在中，设，，则，由正弦定理，得，，进而得 ，利用三角函数的性质即可求解； 解法二：在中，由余弦定理，得，进而，进而求解. 【详解】（1）解法一：因为，，由余弦定理，得， 整理得， 则， 因为，所以； 解法二：因为，，所以， 由正弦定理，得， 即， 整理，得， 因为，所以，即， 因为，所以； （2）解法一：因为，所以，， 即，，故，． 所以H为的垂心． 连接BH并延长交AC于点D，连接CH并延长交AB于点E，则，． 在四边形ADHE中，由，得，则， 在中，设，，则， 由正弦定理，得， 所以，， 则 ， 因为，所以， 所以，所以． 即面积的取值范围为 解法二： 因为，所以，， 即，，故，． 所以H为的垂心． 连接BH并延长交AC于点D，连接CH并延长交AB于点E，则，． 在四边形ADHE中，由，得，则， 在中，由余弦定理，得 所以， 得，，当且仅当时，等号成立， 所以， 又，故面积的取值范围为. 17．(1)4 (2) (3) 【详解】（1）因为，， 所以四棱锥的底面为直角梯形， 又因为平面ABCD， 所以四棱锥的体积为：. （2）因为平面ABCD，， 所以可将三棱锥补成长方体，则过四点的外接球即为长方体的外接球， 所以为长方体体对角线的中点， 以为原点，建立如图空间直角坐标系，则 ，，，，， 所以， 设异面直线BC与OD所成角为， 所以. 所以异面直线BC与OD所成角的余弦值为. （3）设，则，， 由题意平面ABP的法向量， 设平面MBP的法向量为， 所以， 令，则，， 所以， 因为平面ABP与平面MBP的夹角为， 所以， 整理得， 所以， 所以当时，， 所以． 18．(1) (2)（i）证明见解析（ii）不存在，理由见解析 【分析】（1）求出点的坐标，然后由直线的截距式方程即可求解； （2）（i）设直线，与椭圆联立，根据两点斜率公式结合韦达定理即可证明； （ii）设，根据向量的坐标运算结合韦达定理可得，假设存在满足题意的圆，则圆的方程只能是，然后与椭圆方程联立得方程组无实根即可证明不存在满足题意的圆. 【详解】（1）椭圆，令得（正半轴），故； 令得（正半轴），故， 由截距式得直线方程为：， 即 . （2）（i）由，设直线，， 联立与椭圆方程： ，整理得， 由韦达定理得： ， ， 故斜率之积为定值2，得证 . （ii）设，由得： ， 由，，得： ， 点在椭圆上，代入椭圆方程得，即， 若在圆上，且（关于原点对称），则圆的方程必为， 圆心在原点，直径为3，故，则圆的方程为， 联立与椭圆，得，无实根， 因此不存在这样的点，故不存在满足条件的圆. 18. 【详解】 (1) 各可取 ，总基本事件数：。 ， 满足的 ：，共 4 个。 (2) 第一步：单次横坐标期望与方差 单次横坐标 的分布： 第二步： 次和的期望与方差 ， 独立。 由期望、方差性质： 同理：。 (3)① 向量夹角为锐角的条件 与 夹角为锐角 ，且不共线同向。 由于 为整数，，故 ② 对称性证明下界 ，记 ， 注意到 与 同分布，故 与 同分布。 又， 因为 ，所以， ③ 证明上界 对任意 ， 可取负值，即 ， ④ 证明 单调递增，考虑递推：。 记 ， 取值：，且 。 ， 若 ，必有 ； 若 ， 时成立； 若 ，仍有一定概率成立。 因此 即 ，数列单调递增。 综上： 单调递增，且 。 学科网（北京）股份有限公司 $