湖南省长沙市长郡中学2026届高三数学考前小题精练1

**基本信息** 高三数学考前小题专项训练，涵盖选择、多选、填空，通过思路解析提炼解题方法，强化数学思维与知识逻辑的系统性。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/8|集合运算、复数运算、百分位数计算、函数求值、直线与圆位置关系、三角函数图像分析、立体几何体积与位置关系、不等式比较大小|从基础概念（集合、复数）到应用（统计、函数、几何），形成概念生成-原理推导-综合应用的逻辑链| |多选题|3/3|解三角形（余弦定理、面积公式）、等差等比数列综合、椭圆性质与切线应用|以核心定理（余弦定理、等差等比定义）为支撑，构建多知识点交叉应用的逻辑网络| |填空题|3/3|古典概型概率计算、圆柱体积与侧面积、函数最值（闵氏距离）|结合数据处理（概率）、空间几何（圆柱）、新定义问题（闵氏距离），体现数学语言表达现实问题的逻辑|

长郡中学2026届高三数学考前突破 小题精练1 姓名：___________ 班级：___________ 用时：___________ 一、选择题:本大题共8小题，每小题5分，共计40分） 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数满足，是的共轭复数，则的虚部为（   ） A． B． C． D． 3．某学校为培养学生创新精神和实践能力，组织了一次“科技小发明”竞赛活动，并对200位参赛学生的综合表现进行评分.学生得分的频率分布直方图如图所示，根据图中数据，估计得分的第80百分位数为（   ） A．78 B．82 C．85 D．88 4．已知函数 ，则 （    ） A． B．1 C． D． 5．已知直线与圆相交于A，B两点，则（   ） A． B． C． D． 6．已知函数的图象如图所示，图象与轴的交点为，与轴的交点为，最高点，且满足．若将的图象向左平移1个单位得到的图象对应的函数为，则（   ） A． B．0 C． D． 7．如图，在棱长为2的正方体中，点分别在线段和上，下面结论中不正确的是（    ） A．四面体的体积为 B．存在点，使为等边三角形 C．过点三点的正方体截面一定是平行四边形 D．有且仅有一条直线与垂直 8．已知正实数满足，则的大小关系不可能是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．在中，，，，则（    ） A． B．的面积为6 C． D． 10．已知在首项为1，公差为的等差数列中，是等比数列的前三项，数列的前项和为，则（    ） A． B． C．是公差为3的等差数列 D． 11．如果两个椭圆的离心率相等，我们称这两个椭圆为“相似椭圆”．已知椭圆和椭圆为上一点，过点作的两条切线交于，切点分别为，，则（　　） A．与是相似椭圆 B．为中点 C． D．为定值 三、填空题 12．从标有的个小球中随机摸取个，则摸到的个小球上数字之和是的倍数的概率为_____________． 13．如图，圆柱的轴截面为正方形，、分别是圆柱上、下底面圆的直径，且四面体的体积的最大值为36，则该圆柱的侧面积为________.    14．作为人工智能的核心领域，机器学习致力于让机器从数据中学习.在该领域中，如何度量样本间的相似性是一个基础问题，通常通过计算它们之间的“距离”来实现，闵氏距离便是多种距离度量中的一种基础且重要的形式.设两组数据分别为和，则这两组数据间的闵氏距离，其中表示阶数.若，，则的最小值为________. 试卷第1页，共3页 高三数学-小题训练 第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 2026届高三数学考前小题精练 【答案】 1．D 解析：解：． 2．D 解析：由复数满足， 可得， 则，其虚部为． 3．D 思路：由百分位数计算公式即可求解. 解析：频率分布直方图中，所有区间的频率和为1， 可得 ， 因此： 各区间累计频率为： 频率，累计， 频率，累计， 频率，累计， 频率，累计 ， 因此第80百分位数落在区间 内， 根据百分位数计算公式：第80百分位数 . 4．C 解析：已知函数， 因为. 所以， 又 所以. 5．A 思路：先将圆的方程化为标准形式，确定圆心和半径，再利用点到直线的距离公式求出圆心到弦的距离，最后结合三角函数和二倍角公式求出圆心角的余弦值. 解析：将圆的方程化为标准形式：， 则圆心为，半径为， 过作，垂足为， 则， 在中，， 所以． 6．D 思路：根据题意得，，进而得，再根据结合向量垂直关系的表示解得，进而得，再根据平移变换得，最后求函数值即可. 解析：由题知，函数的最小正周期满足，解得， 所以， 则， 由图象与轴的交点为得，则， 因为，所以，即，则， 所以图象与轴的交点为， 则，， 因为，所以，解得（负舍），所以， 所以， 所以若将的图象向左平移1个单位得到的图象对应的函数为， 则， 所以. 故选：D 7．D 思路：A选项，根据锥体体积公式进行求解；B选项，设，，需满足与的夹角等于，建立空间直角坐标系，由夹角公式得，令，结合零点存在性定理可得B正确；C选项，画出截面图形，得到C正确；D选项，举出例子，得到不止一条直线与垂直. 解析：A选项，点在线段上，故点到直线的距离， 故， 又点在线段上，故点到平面的距离， 故四面体的体积为，故A正确； B选项，假设存在点，使为等边三角形，故， 由勾股定理可得， 所以，故只需与的夹角等于即可， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，，则， 故， 则， 整理可得，两边平方得， 即，令， 显然在上单调递增， 其中，， 故由零点存在性定理可得，使得， 所以假设成立，故存在点，使为等边三角形，B正确； C选项，在平面中，过点作， 分别交于点，连接， 由于平面平面，故，故四边形为平行四边形， 当分别在线段和运动时，均满足四边形为平行四边形， 故过点三点的正方体截面一定是平行四边形，C正确； D选项，当分别与重合时，⊥， 又为等边三角形，所以当为的中点，与重合时，⊥， 故不止一条直线与垂直，D错误. 8．D 思路：利用数形结合法求解. 解析：由， 令， 在同一坐标系中作出其图象，如图所示： 由上图可知，选项ABC都成立，D不成立. 故选：D 9．BC 思路：由余弦定理解出的长，确定为直角三角形，结合向量的模长计算与数量积公式即可求解. 解析：由余弦定理得， 解得，因为，所以为直角三角形，， 对于A，，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C， ，故C正确； 对于D， ，故D错误. 10．ABD 思路：由已知求出等差数列的公差，然后分别计算分析可判断每个选项的正误． 解析：因为，即，又，所以， 整理得，又因为，解得，故A正确； 由得，所以，所以，故B正确； 所以，所以是首项为1，公差为的等差数列，故C错误； ，即的公比为4，故，故D正确. 故选：ABD. 11．ABC 思路：求两椭圆的离心率，可判断A；设，写出过点的切线方程，与方程联立，利用韦达定理求出弦的中点并与坐标比较，即可判断B；利用B的结论，结合平面向量数量积的定义，可判断C；举特例说明D是错误的. 解析：对于A，，故与是相似椭圆．故A正确； 对于B，设，则，与联立， 消去得， 所以，由于，代入化简得， 又点为直线与的切点，故为的中点．故B正确； 对于C，由可知为中点，同理为中点，故 且和相似，所以， 因为， 而，故．故C正确； 对于D，如下左图，若取，则易得为上、下顶点，不妨取，此时； 若取，则易得为左、右顶点，不妨取，此时，即； 如下右图，再取，此时围成一个矩形，其中， 有，即不是定值．故D错误. 故选：ABC 12．/0.4 思路：根据题意求出取个小球的结果总数，再找出之和为的倍数的情况，然后求其概率. 解析：从袋中的个小球中取出个小球，共有种情况， 取出小球之和为的倍数情况为：，，，，共种情况， 所以取出之和为的倍数的概率：． 13． 思路：由四面体的体积等于三棱锥的体积的2倍，设圆柱的底面半径为，由于为定值，所以当平面时，三棱锥的体积取得最大值，从而可求出，进而可求出其侧面积. 解析：设圆柱的底面半径为， 因为圆柱的轴截面为正方形，所以圆柱的母线长为， 设为上底面圆的圆心，如图，    由圆柱的对称性可知，四面体的体积等于三棱锥的体积的2倍， 所以四面体的体积最大值为36，则三棱锥的体积的最大值为， 因为为上底面圆的圆心，是圆柱下底面圆的直径， 所以， 所以当点到平面的距离最大时三棱锥的体积取得最大值， 所以当平面时，三棱锥的体积取得最大值， 所以，解得， 所以该圆柱的侧面积为. 故答案为： 14．2 思路：法1：由题意得，令，求导可得，则，再分、、三种情况求最值即可；法2：利用几何意义，表示点，横坐标差的绝对值与纵坐标差的绝对值之和，作于，根据，即求的最值即可． 解析：法1：由题意得， 令，则， 所以当时，，时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以，即. 当时，，当且仅当时，取得最小值2. 当时，，当且仅当时，取得最小值2. 当时，，当且仅当，时，取得最小值2. 综上所述，的最小值为2. 法2：表示点，横坐标差的绝对值与纵坐标差的绝对值之和. 作于，， 令，则， 令，解得， 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， ， 故的最小值为2． 故答案为：． 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $