精品解析：湖南衡阳市第七中学2026届高三全真模拟(考前测试)数学试题

2026年高三全真模拟（考前测试） 数学试题卷 时间：120分钟 满分：150分 2026.4 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. 1 D. 5 3. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 8 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知为等比数列的前项积，若，且（ ） A. B. C. D. 6. 若过点可作圆的两条切线，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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. 已知随机事件，满足，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 在区间上单调递增 B. 的最小值为 C. 方程的解有个 D. 导函数的极值点为 11. 棱长为的正四面体ABCD中，，，，点K为△BCD的重心，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若直线AK与平面PQR的交点为M，则 C. 四面体ABCD外接球的表面积是 D. 四面体KPQR的体积是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数的图象与圆有两个交点，则的取值范围为____________． 13. 记为正项数列的前n项积，已知，则________；________． 14. 已知棱长为1的正方体内有一个动点M，满足，且，则四棱锥体积的取值范围为______． 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. 如图，在三棱锥中，侧面底面，，是边长为2的正三角形，，E，F分别是，的中点，记平面与平面的交线为l． （1）证明：直线平面； （2）求与平面的正弦值． 16. 已知数列的前n项和为，且，，数列满足，，其中． （1）分别求数列和的通项公式； （2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前项和. 17. 某区域中的物种拥有两个亚种（分别记为种和种）.为了调查该区域中这两个亚种的数目，某生物研究小组计划在该区域中捕捉个物种，统计其中种的数目后，将捕获的生物全部放回，作为一次试验结果.重复进行这个试验共次，记第次试验中种的数目为随机变量.设该区域中种的数目为，种的数目为，每一次试验均相互独立. （1）求的分布列； （2）记随机变量.已知，； （ⅰ）证明：，； （ⅱ）该小组完成所有试验后，得到的实际取值分别为.数据的平均值，方差.采用和分别代替和，给出，的估计值. 18. 已知函数． （1）若，，求证：有且仅有一个零点； （2）若对任意，恒成立，求实数a的取值范围； （3）若满足第（2）问所得的取值范围，且，求在时的最小值，并指出取到最小值时的取值． 19. 在直角坐标平面内，设P是圆上的动点，轴，垂足为点Q，点M在的延长线上，且，点M的轨迹为曲线C． （1）求曲线C的方程； （2）设l是过点的动直线． ①当直线l的斜率为时，曲线C上是否存在一点D，使得点D到直线l的距离最小？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由； ②若直线l与曲线C相交于A，B两点，点B关于x轴的对称点为E，直线与x轴的交点为F，求面积的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高三全真模拟（考前测试） 数学试题卷 时间：120分钟 满分：150分 2026.4 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解不等式化简集合A与B，然后利用交集运算求解即可. 【详解】因为， ， 所以. 故选：C 2. 若，则（ ） A. B. C. 1 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】先由求出复数，从而可求出，进而求出. 【详解】由，得， 所以， 所以， 故选：A 3. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】先应用向量垂直数量积为0求参，再根据模长公式求模长即可. 【详解】因为所以,所以, 因为，所以. 故选：A. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用三角函数的基本关系式，化为“齐次式”，代入即可求解. 【详解】因为， 所以 . 故选：B. 5. 已知为等比数列的前项积，若，且（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用等比中项的性质求解即可. 【详解】由等比数列的性质，得，所以. 故选:B. 6. 若过点可作圆的两条切线，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据点在圆外即可求解. 【详解】圆，即圆，则，解得． 过点有两条切线，则点P在圆外，，即，解得． 故． 故选：C 7. 设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由复合函数的单调性分析得在上单调递减，根据单调性即可得到答案. 【详解】设，易知函数是增函数， 因为在区间上单调递减， 所以由复合函数单调性可知，在上单调递减. 因为函数在上单调递减， 所以，即. 故选：D. 8. 已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量法求线线角即可. 【详解】以为原点，在平面内过作的垂线交于， 以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系， 因为直三棱柱中，，，， 所以， 所以， 设异面直线与所成角为， 所以. 故选：C. 二、选择题：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. 已知随机事件，满足，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用对立事件、互斥事件，条件概率的概率公式逐项计算即可得. 【详解】对A：∵，∴， ∵，∴， ∵，∴， ∴，故A正确； 对B：∵，∴， 又∵ 解得，，故B正确； 对C：，故C错误； 对D：，故D正确； 故选：ABD. 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 在区间上单调递增 B. 的最小值为 C. 方程的解有个 D. 导函数的极值点为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可判断ABC选项；利用函数的极值点与导数的关系可判断D选项. 【详解】因为，该函数的定义域为，， 令，可得，列表如下： 减 极小值 增 且当时，；当时，， 作出函数的图象如下图所示： 对于A选项，在区间上单调递增，A对； 对于B选项，的最小值为，B对； 对于C选项，方程的解只有个，C错； 对于D选项，令，该函数的定义域为， ，令，可得；令，可得. 所以，函数的单调递减区间为，递增区间为， 所以，函数的极值点为，D对. 故选：ABD. 11. 棱长为的正四面体ABCD中，，，，点K为△BCD的重心，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若直线AK与平面PQR的交点为M，则 C. 四面体ABCD外接球的表面积是 D. 四面体KPQR的体积是 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正四面体的结构特征可判断A,将四面体放入正方体中，利用正方体的外接球即可求解C，利用向量共面即可求解B，利用等体积法，结合比例关系即可求解D. 【详解】由于点K为BCD的重心，所以点K为BCD的中心，故平面，平面，所以，A正确， 由于该正四面体的棱长为，将该正四面体放入棱长为1的正方体中，则正方体的外接球即为四面体的外接球，故外接球的直径为正方体的体对角线，故,故表面积是，C错误， 由于三点共面，点K为BCD的重心，所以, 又四点共面，所以, 由于共线，所以，解得， 故，B正确， 由于是的中点，所以 ， 由选项B，可知，所以，所以 ,,D正确， 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数的图象与圆有两个交点，则的取值范围为____________． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数判断出函数的单调性与极值，作出函数和圆的图象，结合图象可得的取值范围． 【详解】，则， ，当时，；当时，； 可知函数在上单调递减，在上单调递增， ，当时，，当时，， 在同一坐标系作出函数和圆的图象，如图： 可知函数在处的切线方程为， 圆在点处的切线方程为， 则当，即时，圆与函数的图象有且只有一个交点， 当，即时，圆与函数的图象有两个交点， 可得的取值范围为． 故答案为： 13. 记为正项数列的前n项积，已知，则________；________． 【答案】 ①. 2 ②. 2027 【解析】 【分析】根据的定义，令，结合求解；根据，将已知等式转化为关于与的关系式，确定数列的类型，求出数列的通项公式求出 【详解】为正项数列的前n项积，； ，，解得或； 数列为正项数列，，. 当时，，； ，即； 数列是以为首项，1为公差的等差数列， 则； . 14. 已知棱长为1的正方体内有一个动点M，满足，且，则四棱锥体积的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用正方体的空间垂直关系去证明平面内的点都满足，再去证明动点M在以为圆心，以为半径的圆上，从而利用点M在圆上的性质去解决最值问题. 【详解】如图所示，设， 在正方体中，平面，因为平面， 所以，又，平面， 所以平面， 因为是线段的中点，，则， 所以点在平面内，即， 又因为，所以点在以点为球心，1为半径的球面上， 而，则平面， 所以到平面的距离为，由正方体的边长为1，则， 因为平面，所以，则， 所以在平面内，且以H为圆心，为半径的半圆弧上， 则到平面的距离的最小值为，最大值为1， 而正方形的面积为1， 所以四棱锥体积的最小值为， 最大值为， 则四棱锥体积的取值范围为. 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. 如图，在三棱锥中，侧面底面，，是边长为2的正三角形，，E，F分别是，的中点，记平面与平面的交线为l． （1）证明：直线平面； （2）求与平面的正弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）1. 【解析】 【小问1详解】 ，分别是，的中点，； 平面，平面，平面； 平面平面，平面，. 平面底面，平面底面，，平面， 平面，平面. 【小问2详解】 设与平面的夹角为. 是的中点，平面即平面； 由（1）可知，平面，，平面. 与平面的夹角， . 即与平面的正弦值为1. 16. 已知数列的前n项和为，且，，数列满足，，其中． （1）分别求数列和的通项公式； （2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由可得，进而是以3为首项，3为公比的等比数列，可求出，再根据与的关系求解，数列利用累乘法即可求，最后验证是否符合即可； （2）由题意，由等差数列的性质得，即可求出的通项公式，最后利用错位相减法求即可. 【小问1详解】 由，得，而， 则数列是以3为首项，3为公比的等比数列， 所以，则， 当时，， 显然满足上式，则. 由，得：，， 以上个式子相乘，可得，即 ， 又满足上式，所以. 【小问2详解】 若在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列， 则，即为， 整理得，所以， ， 则， 两式相减得：， 所以. 17. 某区域中的物种拥有两个亚种（分别记为种和种）.为了调查该区域中这两个亚种的数目，某生物研究小组计划在该区域中捕捉个物种，统计其中种的数目后，将捕获的生物全部放回，作为一次试验结果.重复进行这个试验共次，记第次试验中种的数目为随机变量.设该区域中种的数目为，种的数目为，每一次试验均相互独立. （1）求的分布列； （2）记随机变量.已知，； （ⅰ）证明：，； （ⅱ）该小组完成所有试验后，得到的实际取值分别为.数据的平均值，方差.采用和分别代替和，给出，的估计值. 【答案】（1）分布列见解析 （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）， 【解析】 【分析】（1）根据条件，判断服从超几何分布，再利用超几何分布的分布列即可求出结果； （2）（ⅰ）直接利用均值和方差的性质即可证明结果； （ⅱ）先利用第（ⅰ）中的结论，求出，，再结合条件建立方程组，从而求出结果. 【小问1详解】 依题意，均服从完全相同的超几何分布，故的分布列为. 【小问2详解】 （ⅰ）由题可知 ， ， 故， （ⅱ）由（ⅰ）可知的均值 先计算的方差 所以 依题意有 解得，． 所以可以估计，． 【点睛】本题的关键在于利用超几何分布的分布列、均值和期望. 18. 已知函数． （1）若，，求证：有且仅有一个零点； （2）若对任意，恒成立，求实数a的取值范围； （3）若满足第（2）问所得的取值范围，且，求在时的最小值，并指出取到最小值时的取值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）最小值为；当或（）时取到最小值。 【解析】 【分析】（1）代入，求出与，再分，， 三段讨论．前两段证明，后一段证明单调递增，并由端点符号判断唯一零点． （2）先由和上推出必要条件 ，得；再对与 分类证明时恒成立． （3）利用第（2）问结论可知，再把化为，由两个因式均非负求最小值和取等条件． 【小问1详解】 由题意，当时， ，所以 ． 因此 ，且 当时，有，又 ，所以 故在上单调递增． 又 ， 所以当时，，此时无零点． 当时， ，所以 令 ，则 ，所以在上单调递增． 又，所以． 当时，；当时，，从而． 故当时，无零点． 当 时，有，，，所以 故在上单调递增． 又 且，所以在上有且仅有一个零点． 综上，当，时，有且仅有一个零点． 【小问2详解】 因为 ． 若对任意，恒成立，则是在区间上的最小值点，因此 ． 又 ，所以 ，从而，解得． 故是必要条件． 下面证明也是充分条件． 当时，因为且，所以． 令，则，于是 因为，且，所以 ，从而． 当 时，仍有，故只需证明 因为 ． 在上，，有 ， 且 ，所以 ．故在上单调递减． 又，所以当 时，，从而． 综上，实数的取值范围为． 【小问3详解】 由第（2）问可知，当满足题意时，，且对任意，都有． 又因为，所以 ． 于是当时， 因此在时的最小值不小于． 当时，，所以． 当（）时，有且，所以 ，从而． 故在时的最小值为，取到最小值时或，其中． 19. 在直角坐标平面内，设P是圆上的动点，轴，垂足为点Q，点M在的延长线上，且，点M的轨迹为曲线C． （1）求曲线C的方程； （2）设l是过点的动直线． ①当直线l的斜率为时，曲线C上是否存在一点D，使得点D到直线l的距离最小？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由； ②若直线l与曲线C相交于A，B两点，点B关于x轴的对称点为E，直线与x轴的交点为F，求面积的最小值． 【答案】（1） （2）①存在，；② 【解析】 【分析】（1）设点坐标，根据得到，然后代入圆的方程即可得到曲线C的方程； （2）①根据图形得到的位置，然后联立方程求点坐标； ②联立直线和椭圆方程，利用弦长公式得到，根据的位置求点坐标，然后利用点到直线的距离公式求距离，最后计算的面积，利用基本不等式求最值. 【小问1详解】 设，则， ，，整理得， 代入中得，整理得， 故曲线C的方程为. 【小问2详解】 的直线方程为，整理得， 如图，，与椭圆相切于点，当在如图所示的位置时，点到直线的距离最小， 设，联立，得， ，解得或（舍去）， 则，解得，则， 所以存在点到直线的距离最小，坐标为. 设的方程为，，则， 联立，得， ，解得或， 则， 直线的方程为， 令得， ，则点到直线的距离， ， 令，则， 当且仅当，即，时等号成立， 所以面积的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $