精品解析：湖南邵阳市2025-2026学年高三下学期模拟预测数学试题

2026年邵阳市高三第三次联考 数学 一、选择题（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. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为带量词的命题的否定只需改变量词，否定结论， 所以命题“”的否定是“”. 2. 已知向量，若，则的值为（ ） A. 1 B. C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意得，， 因为，所以，得. 3. 已知为虚数单位，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【详解】. 4. 已知抛物线上一点到焦点的距离为4，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】C 【解析】 【详解】点到抛物线焦点的距离为4，，. 5. 已知是定义域为的奇函数，且当时，．若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据奇函数的性质，可知，再代入解析式求解. 【详解】当时，， 由，可知，，且由奇函数可知，， 所以，得. 6. 已知是等差数列的前项和，．若，则正整数的最大值为（ ） A. 2026 B. 2027 C. 4052 D. 4053 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以， 则等差数列为递增数列， ， ， 故使得的最大正整数为. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用二倍角公式及两角和差的正弦、余弦公式把转化为 【详解】， 又，， 所以， ，， 所以， ， 故， 又 所以， 又 所以，. 8. 已知函数，若函数有8个不同的零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先分析函数，作出函数大致图象，分析函数，把零点问题转化为关于的方程有2个不同的根和，且关于的方程分别有4个不同的根，进而结合判别式和韦达定理构造方程组，并分情况讨论求出实数的取值范围． 【详解】当时，，开口向下，对称轴为， ； 当时，，，函数在单调递减，在单调递增； 作出的大致图象如下， 设，则关于的方程有2个不同的根和， 且关于的方程分别有4个不同的根． 不妨设，则关于的方程需满足：， ①若，则，故， 且，即， 解得； ②若，则，此时，符合题意，故． 二、选择题（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. 若随机变量满足，则 B. 在回归分析中，决定系数的值越接近1，模型的拟合效果越好 C. 经验回归直线至少经过其样本数据点中的一个点 D. 若事件满足，则 【答案】AB 【解析】 【详解】选项A：根据方差的运算性质，对任意常数，有，本题中，因此，A正确． 选项B：回归分析中，决定系数衡量模型对因变量变化的解释能力，越接近1，说明残差平方和越小，模型拟合效果越好，B正确． 选项C：经验回归直线一定经过样本中心点，但不需要经过任何一个样本数据点，C错误． 选项D：由条件概率性质，，因此，D错误． 10. 数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆任意两条互相垂直的切线的交点都在以原点为圆心，为半径的圆上，这个圆被称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆可以与边长为的正方形的四条边均相切，则（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 若一个矩形的四条边均与椭圆相切，则该矩形面积的最大值为50 C. 若为椭圆的蒙日圆上任意一点，则直线的斜率的取值范围为 D. 若为椭圆的蒙日圆上任意一点，且点到直线与到直线的距离之和与点的位置无关，则的取值范围是 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据蒙日圆的定义，求得，得到椭圆的离心率，可判定A不正确；设矩形的边长分别为，结合基本不等式，求得，可判定B正确；根据直线与圆的位置关系，列出不等式，可判定C正确；根据直线与平行，并且分别位于蒙日圆的两侧，结合临界状态，结合点到直线的距离公式，可判定D正确. 【详解】对于A，由题意知，正方形的对角线的长度等于蒙日圆的直径， 即，所以，所以椭圆的离心率，所以A不正确； 对于B，设矩形的边长分别为，则， 由不等式，所以，可得， 所以矩形的面积的最大值为50，所以B正确； 对于C，设直线的方程为，且蒙日圆方程为， 由，解得，所以C正确； 对于D，如果点到两条直线的距离之和与点的位置无关， 可得直线与平行，并且分别位于蒙日圆的两侧， 临界状态就是与蒙日圆相切，且蒙日圆的方程为， 此时满足，且，解得， 所以的取值范围是，所以D正确． 11. 如图，已知在三棱柱中，，点分别在棱，上，且，为棱的中点．下列说法正确的是（ ） A. 若，则平面 B. 五面体的体积为三棱锥的体积的8倍 C. 若，则 D. 若，则当时，五面体的体积有最大值 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A：通过等腰三角形的性质和勾股定理证明线线垂直，再由线线垂直证明线面垂直；选项B：通过线线平行，得到对应三棱锥的体积之比，从而求解；选项C：通过线面垂直证明线线垂直，利用余弦函数的定义和三角函数的诱导公式进行证明；选项D：用参数表示出体积，构建辅助函数，通过导数分析函数的单调性从而得到最大值. 【详解】由题知，我们只需重点研究五面体，如图所示． 选项A：在五面体中，记，，连接， 由，，可得，所以， 因为点为的中点，所以， 因为，所以． 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 当时，在中，， 由余弦定理可得，解得， 所以，故， 因为，平面，所以平面； 选项B：连接，因为，所以， 因为，所以， ，因此该五面体的体积； 选项C：过作交于点， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 过作交于点，连接， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， ，即， 因此， 即； 选项D：， ， 设，则函数，求导可得， 令，解得；令，解得， 故函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取得最大值，此时取得最大值， 即五面体的体积取得最大值， 所以当该五面体的体积取到最大值时，. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 的展开式中的系数为___________（用数字作答）． 【答案】 【解析】 【分析】将原式拆分为和两部分，分别求解两部分中项的系数，相加即可得到结果. 【详解】根据题意写出的展开式通项： , 的展开式中的项来自两部分： 1. 取乘以中的项：由于的展开式所有项的次数均为4，的次数为，故该项不存在，对应系数为； 2. 取乘以中的项：令，解得，此时中的系数为,故这部分对应系数为. 将两部分系数相加，得的总系数为. 13. 在正项等比数列中，若，则___________． 【答案】3 【解析】 【分析】利用正项等比数列的通项性质，将已知两个等式用和公比q表示，消去公比相关的公共因式即可求得. 【详解】设正项等比数列的公比为，则， 由等比数列通项的性质， 可得，，，， 则，（1） ，（2） （1）（2）得， 因为数列为正项等比数列，故，解得 14. 已知函数若存在最大值，则实数的最大值为___________． 【答案】 【解析】 【详解】若存在最大值，根据一次函数的单调性可知，分类讨论， 当，时，的最大值为， 而在区间上为单调递增函数，则，解得， 故， 当，时，的最大值为， 而在区间上为单调递增函数， 则，即，解得， 故， 综上所述可得的取值范围为，故的最大值为． 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. 已知在中，点在边上，，，，． （1）求的长； （2）若，求，的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件求出，进而利用余弦定理求解； （2）根据余弦定理求出，进而得出，从而利用基底得出，进而求出． 【小问1详解】 在中，，点在边上，则， ， 在中，， ． 【小问2详解】 在中，由余弦定理得， 则，故， 又， ． 16. 如图，已知点是半圆弧所在圆的圆心，点是上异于的点，三棱锥的外接球的表面积为，． （1）证明：平面平面； （2）当点是上靠近点处的三等分点时，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，确定三棱锥外接球球心位置，再利用线面垂直、面面垂直的判定推理得证. （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. 【小问1详解】 设三棱锥的外接球球心为点，半径为，则，解得， 由，得的外接圆半径， 则，点也为外接圆的圆心，连接，得， 在中，由，得，由在上， 得，又，则，即， 而平面，则平面， 又平面，所以平面平面. 【小问2详解】 由（1）知，平面，在平面内作，， 则直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由点是上靠近点的三等分点，得为等边三角形， 则，， 设平面的法向量是，则由，取，得 ， 平面是平面的一个法向量，则， 由图知二面角的大小为锐角，所以二面角的余弦值是． 17. 已知双曲线过点，且渐近线方程为，过点作三条直线与的右支分别交于点，直线与轴的交点分别为点． （1）求的方程； （2）设直线的斜率分别为． （i）若点为线段的中点，且，求直线的斜率； （ii）若，且，求的面积． 【答案】（1） （2）（i）4（ii） 【解析】 【分析】（1）根据双曲线经过的点坐标求解即可. （2）（i）先求出点的横坐标，进而求得结果；（ii）先求出直线，直线，然后联立直线的方程与双曲线方程，结合韦达定理计算即可. 【小问1详解】 由题可设双曲线的方程为，即， 将点代入可得，所以双曲线的方程为． 【小问2详解】 （i）直线，令，得． 直线，令，得． 由，得，所以，故中点， 所以，故直线的斜率为4. （ii）由题意得且，不妨设，则． 设直线的倾斜角为，则，所以， 故，可得，又，所以． 所以直线，直线． 由得，故． 所以． 由得，故． 所以． 由，得． 所以． 18. 已知一个质点从边长为1个单位的正三角形的某个顶点出发，沿着该三角形的边移动，每次移动1个单位，具体规则如下： 若质点位于顶点，则每次移动到顶点的概率为，移动到顶点的概率为； 若质点位于顶点，则每次移动到顶点的概率为，移动到顶点的概率为； 若质点位于顶点，则每次移动到顶点的概率为，移动到顶点的概率为． 设质点初始位置在顶点，请回答下列问题： （1）求第2次移动后质点位于顶点的概率； （2）设第次移动后质点位于顶点的概率为． （i）求； （ii）当足够大时，试估计第次移动后质点位于哪个顶点的概率最大，并说明理由． 【答案】（1） （2）（i）（ii）当足够大时，第次移动后质点位于顶点的概率最大，理由见解析 【解析】 【分析】（1）通过条件概率和乘法公式计算即可得到结果； （2）（i）利用第n次位于各顶点的概率与第次概率的关系建立递推关系，消去一个变量后得到关于的线性递推式，化为等比数列形式，结合初始值求出通项公式； （ii）利用递推关系求出的通项公式，进而得到的表达式，计算极限可得各顶点概率的稳定值，比较大小可知当充分大时，质点位于顶点的概率最大. 【小问1详解】 设事件“第1次移动后质点位于顶点”，“第2次移动后质点位于顶点”，根据题意得， 得． 因此，第2次移动后质点位于顶点的概率为． 【小问2详解】 （i）设第次移动后质点位于顶点，的概率分别为，，则． 根据规则，递推关系如下： 由，代入的递推式得： ， 令，所以， 所以．又， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列． 所以，即. （ii）当足够大时，第次移动后质点位于顶点的概率最大，理由如下： 由（i）知，，所以，代入的递推公式得： ， 令，所以, 所以． 又， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列． 所以，即． 所以． 所以． 又， 故当足够大时，第次移动后质点位于顶点的概率最大． 19. 已知函数和． （1）设函数，讨论的单调性； （2）若函数与的图象有三条公切线，求实数的取值范围； （3）求函数的最小值． 【答案】（1）答案见解析 （2） （3）0 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到，求得，分和，两种情况分类讨论，即可求得函数的单调区间； （2）设公切线与和相切于点和，利用导数的几何意义，分别求得公切线的方程，得到，令，求得的单调性，进而求得的取值范围； （3）由，求得，令，利用导数求得在上单调递增，得到存在唯一零点，得到的单调性和最小值，再令，求得单调递增，得到，即可求解. 【小问1详解】 解：由题意得，函数，其定义域为， 且， 当时，恒成立，所以在上为减函数； 当时，令，可得，令，可得， 因为定义域为，所以在上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 解：设公切线与相切于点，与相切于点， 由得公切线的方程为，整理得① 由得公切线的方程为， 整理得② 由①②得，整理得 设，则， 所以，得或， 所以在和上单调递增，在上单调递减． 又当时，，当时，且， 故要使得有三个不同的根，需， 综上可得，实数的取值范围为． 【小问3详解】 解：因为，可得， 设，可得， 所以在上单调递增，即在上单调递增， 又因为，所以存在唯一零点． 设零点为，则且． 故当时，；当时，， 即在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值． 又因为，所以， 又因为， 令，则， 因为，所以在上单调递增， 所以，即， 故的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年邵阳市高三第三次联考 数学 一、选择题（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. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，若，则的值为（ ） A. 1 B. C. 4 D. 3. 已知为虚数单位，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 4. 已知抛物线上一点到焦点的距离为4，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 5. 已知是定义域为的奇函数，且当时，．若，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知是等差数列的前项和，．若，则正整数的最大值为（ ） A. 2026 B. 2027 C. 4052 D. 4053 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若函数有8个不同的零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题（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. 若随机变量满足，则 B. 在回归分析中，决定系数的值越接近1，模型的拟合效果越好 C. 经验回归直线至少经过其样本数据点中的一个点 D. 若事件满足，则 10. 数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆任意两条互相垂直的切线的交点都在以原点为圆心，为半径的圆上，这个圆被称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆可以与边长为的正方形的四条边均相切，则（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 若一个矩形的四条边均与椭圆相切，则该矩形面积的最大值为50 C. 若为椭圆的蒙日圆上任意一点，则直线的斜率的取值范围为 D. 若为椭圆的蒙日圆上任意一点，且点到直线与到直线的距离之和与点的位置无关，则的取值范围是 11. 如图，已知在三棱柱中，，点分别在棱，上，且，为棱的中点．下列说法正确的是（ ） A. 若，则平面 B. 五面体的体积为三棱锥的体积的8倍 C. 若，则 D. 若，则当时，五面体的体积有最大值 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 的展开式中的系数为___________（用数字作答）． 13. 在正项等比数列中，若，则___________． 14. 已知函数若存在最大值，则实数的最大值为___________． 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. 已知在中，点在边上，，，，． （1）求的长； （2）若，求，的值． 16. 如图，已知点是半圆弧所在圆的圆心，点是上异于的点，三棱锥的外接球的表面积为，． （1）证明：平面平面； （2）当点是上靠近点处的三等分点时，求二面角的余弦值． 17. 已知双曲线过点，且渐近线方程为，过点作三条直线与的右支分别交于点，直线与轴的交点分别为点． （1）求的方程； （2）设直线的斜率分别为． （i）若点为线段的中点，且，求直线的斜率； （ii）若，且，求的面积． 18. 已知一个质点从边长为1个单位的正三角形的某个顶点出发，沿着该三角形的边移动，每次移动1个单位，具体规则如下： 若质点位于顶点，则每次移动到顶点的概率为，移动到顶点的概率为； 若质点位于顶点，则每次移动到顶点的概率为，移动到顶点的概率为； 若质点位于顶点，则每次移动到顶点的概率为，移动到顶点的概率为． 设质点初始位置在顶点，请回答下列问题： （1）求第2次移动后质点位于顶点的概率； （2）设第次移动后质点位于顶点的概率为． （i）求； （ii）当足够大时，试估计第次移动后质点位于哪个顶点的概率最大，并说明理由． 19. 已知函数和． （1）设函数，讨论的单调性； （2）若函数与的图象有三条公切线，求实数的取值范围； （3）求函数的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $