湖南省长沙市2026届高三考前保温数学试卷（三）

**基本信息** 高三考前保温卷，以函数零点讨论、立体几何外接球等综合题考查数学思维，医药试验数据拟合题体现数据观念与应用意识，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、向量、椭圆离心率|基础概念与运算，椭圆存在性问题考查几何直观| |多选题|3/18|统计、解三角形、立体几何|选项分层，统计题结合独立性检验与相关系数| |填空题|3/15|等差数列、函数极值、排列组合|创新情境，6人互换卡片概率考查逻辑推理| |解答题|5/77|数列、立体几何、统计、椭圆、函数|综合应用，医药试验残差分析体现数据观念，函数零点讨论考查数学思维|

《湖南省长沙市2026届高三考前保温数学试卷（三）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C C D B C A C ABD ACD 题号 11 答案 BD 1．D 【分析】通过解一元二次不等式化简集合，结合包含关系即可求解参数范围. 【详解】因为，且, 所以. 故选：D. 2．C 【详解】解：由题意知，复数在复平面内对应的点为，则， 所以，，因此. 3．C 【分析】根据向量运算法则展开求解计算，再结合向量夹角公式求解即可. 【详解】由，可得：， 代入已知，得： 设与的夹角为（），由， 代入得：， 所以. 4．D 【分析】根据垂直平分线的性质可知，结合椭圆的焦半径范围建立齐次式计算即可. 【详解】由题意，椭圆上存在点，使得线段的垂直平分线过点，即， 因为， 设点，则，则， 所以 ， 所以，即， 整理可得，可得，故， 又因为，故， 所以该椭圆离心率的取值范围是. 故选：D． 5．B 【详解】， 又，， 所以，，， 所以，， 故， 又 所以， 又 所以，. 6．C 【分析】利用全排列和定序可判断A;利用插空法可判断B;利用捆绑法可判断C;利用间接法可判断D. 【详解】对于A,6个人的全排列共有种方法，、、全排列有种方法， 所以、、三位同学从左到右按照由高到矮的排列有种方法，故A正确； 对于B，先排其余4个人，有种方法， 4个人有5个空，利用插空法将、插入5个空中，有种方法， 则共有种站法，故B正确； 对于C，、、三位同学必须站在一起， 且只能在与的中间的排法共有2种， 将这3人捆绑在一起，与其余3人进行全排列，共有种方法， 则共有种方法，故C错误； 对于D，6个人全排列共有种方法， 当在排头时，共有种方法， 当在排尾时，共有种方法， 当在排头且在排尾时，共有种方法， 则不在排头，不在排尾的情况共有种方法，故D正确， 故选：C. 7．A 【分析】根据题意，把三棱锥可补成一个长方体，设三棱锥的外接球的半径为，利用长方体的对角线长等于外接球的直径，求得，结合球的体积公式，即可求解. 【详解】在三棱锥中，因为平面，且，，， 则三棱锥可补成如图所示的一个长方体， 其中三棱锥的外接球与该长方体的外接球为同一个球， 设三棱锥的外接球的半径为， 可得，所以， 则球的体积为. 8．C 【分析】求出，由得到的图像关于直线对称，由求得，从而得到是以4为周期的周期函数.求出的单调性和值域，函数的零点个数就是函数图像与函数图像的交点个数.作出函数与的图像，通过观察图像，分别按照当和时，且当时，得到的不等式组，解出的取值范围即为所求. 【详解】设，， ，， ，， ，函数的图像关于直线对称， ，， 函数是以4为周期的周期函数. 在上是单调递增函数且， 在上是单调递增函数且， ，在上，， 函数在区间上单调递增，且值域为， 在区间上单调递减，在区间上单调递增， 且当时， 当时. 函数的零点个数就是函数图像与函数， （，）图像的交点个数. 作出函数与的图像如下：   函数，（，）共有6个零点， 当，时，，得，， 当，时，，得，， 实数的取值范围是. 故选：C. 9．ABD 【分析】选项A：根据百分位数的定义求解即可；选项B：根据相关系数与相关程度的关系判断即可；选项C：根据小概率值的独立性检验原理判断即可；选项D：根据一元线性回归模型拟合效果判断即可. 【详解】选项A：将样本数据从小到大排列：2，3，3，4，7，8，10，18， 则，所以第80百分位数为第7个数字，即，故A正确. 选项B：样本正相关系数的取值范围是，越接近1，随机变量之间的线性相关程度越强. 故正线性相关程度越强，则样本相关系数越接近1，故B正确. 选项C：在独立性检验中，当时，没有充分证据推断原假设不成立，应认为变量与独立，故C错误. 选项D：残差均匀分布在0附近的水平带状区域，则模型拟合效果好，故D正确. 10．ACD 【分析】根据余弦定理及二倍角余弦公式得到，结合正弦定理及二倍角正弦公式判断选项A；根据已知条件得到，结合余弦定理即可求出，即可判断选项C；根据二倍角余弦公式即可判断选项B；根据三角形面积相等即可判断选项D. 【详解】由，得， 即， 由余弦定理得，所以，即. 所以或（舍去，角度为正值）. 对于A：由正弦定理得， 又，所以，则，即，A正确. 对于C：因为，，则，所以. 由余弦定理得，即， 整理得，解得或. 若，则为等腰三角形，，又，所以，即， 所以，所以与矛盾，故舍去. 因此，，故C正确. 对于B：，故B错误. 对于D：由，，得. 则. 设内切圆半径为，则， 所以，解得，故D正确. 11．BD 【分析】A应用正方体的结构特征及平行线的传递性判断；B由平面的基本性质画出截面图，并确定其形状，进而求出截面图形的周长判断；C利用线面垂直的性质判断与CE是否垂直即可；D构建合适的空间直角坐标系，标注相关点坐标并求出球心坐标，进而求出外接球的半径，即可得. 【详解】A，若为的中点，则，， 所以为平行四边形，则， 又，，则为平行四边形， 所以，故，故A错误； B，如图，过，C，E三点确定的平面与正方体相交形成的截面为等腰梯形， 其中F为的中点（平行则四点共面），则等腰梯形的周长为，B正确. C，， 与不垂直，且平面， 若平面，必有，矛盾，C错误； D，以A为原点，AB，AD，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 设外接球的球心为，则 ， ， ， 联立可得，，， ，，D正确. 12．1 【分析】设出首项和公差，结合题意建立方程组，求解首项即可. 【详解】设首项为，公差为，且， 可得，解得. 故答案为：1 13． 【分析】首先对函数求导，然后根据参变分离，将问题转化为图象交点问题，利用导数的性质分析函数的单调性，进而确定极值点的情况，从而求出实数a的取值范围. 【详解】因为只有1个极值点，所以，， 由，得， 则直线与的图象仅存在一个交点（变号零点）， 设，则， 由，得；由，得或； 则在和上单调递减，在上单调递增， 又，，当时，，当时，， 故其函数图象如图： 当时，直线与的图象仅在有1个交点，符合题意； 当时，直线与的图象在上以及处各有1个交点， 但仅在上存在1个变号零点，符合题意； 当时，直线与的图象有3个交点，不符合题意； 当时，直线与的图象无交点，不符合题意， 所以当时有唯一极值点， 综上，实数的取值范围是. 14． 【分析】记甲､乙､丙､丁､戊､己六位同学对应的位次分别为1，2，3，4，5，6，分析可知自己的名牌均不在自己手里，且交换过程中只存在最后一次互换两位同学都能拿到自己的名牌，进而可得结果. 【详解】因为同学们至少经过5次操作才能才能都拿到自己的名牌， 这里研究排序混乱到什么程度才需要“至少经过5次互换”六位同学才能都拿到自己的名牌，这里不妨记甲､乙､丙､丁､戊､己六位同学对应的位次分别为1，2，3，4，5，6， 首先，考虑一种情况：假设字母“甲”已经拿到自己的名牌，即排在1号位，其他名牌皆不在对应同学的手里， 易知把其他五个名牌换到对应同学的手里至少需要经过3次操作， 即第一次让“乙”归位，第二次让“丙”归位，第三次让“丁”归位，第四次将“戊”与“己”同时归位，这样仅需进行4次操作，不满足题意； 若甲､乙､丙､丁､戊､己六位同学的名牌均不在自己手里，但经过一次交换后，可使得两个字母同时归位，此时也不能满足“至少进行5次操作”的情况， 所以，要满足“至少进行5次操作”的情况，则自己的名牌均不在自己手里，且交换过程中只存在最后一次互换两位同学都能拿到自己的名牌， 综上，总的排序方法有种， 所有的随机情况有种，所以概率为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：假设字母“甲”已经拿到自己的名牌和甲､乙､丙､丁､戊､己六位同学的名牌均不在自己手里，分析可知均不成立，进而可知自己的名牌均不在自己手里，且交换过程中只存在最后一次互换两位同学都能拿到自己的名牌，进而得解. 15．(1) (2) 【分析】（1）根据题意可得，利用的关系，求即可； （2）由，再利用裂项相消法求和即可. 【详解】（1）由是首项和公差为1的等差数列，得，则， 当时， 当时，， 因为满足上式， 所以数列的通项公式． （2）因为， 所以． 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点为，连接，，易知四边形为正方形，得到，再根据全等三角形得到，进而得到，最后用线面垂直判定得到平面，进而得到面面垂直即可； （2）建立空间直角坐标系，求出关键点坐标和法向量坐标，结合向量夹角余弦公式计算即可. 【详解】（1）如图，取的中点为，连接，，设，连接，易知四边形为正方形，， ，，， ， 为的中点，， 因为，，平面，平面， 又平面，平面平面. （2）易知，又，，，平面， 平面， 如图所示，建立空间直角坐标系，则，，，， ，，，， 设平面的法向量为， 则取得， 设平面的法向量为， 则取，得， 设平面与平面所成的角为，则， 故平面与平面夹角的余弦值为. 17．(1)模型一的拟合效果更好，理由见解析 (2)（ⅰ）点，理由见解析；（ⅱ） 【分析】（1）根据残差图，比较带状区域的宽度即可得出判断； （2）（ⅰ）计算出残差即可求解；（ⅱ）根据相关系数公式及经验回归方程计算即可． 【详解】（1）模型一的拟合效果更好，理由如下： 模型一残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，且带状区域的宽度比模型二的带状宽度窄，所以模型一的拟合精度更高，经验回归方程的预报精度相应就越高． （2）（ⅰ）点，理由如下： 因为模型一的拟合效果更好，经验回归方程为， 所以该方程相应于点的残差为，故选点； （ⅱ）由题可知，， 所以， 由，， 所以 ． 18．(1) (2)或 (3) 【分析】（1）由点差法和斜率的关系可得椭圆的基本量，进而可得椭圆方程； （2）根据三角形为直角三角形进行分三类情况讨论，若时结合根与系数关系可得斜率值；若或时，分别可得或的坐标，进而可得斜率值； （3）分别用直线的斜率为表示出点的横坐标，进而可证明定值. 【详解】（1）设，则，两式相减，得，即. 因为为的中点，所以， 所以直线的斜率为，所以， 所以，即. 因为椭圆的焦距为，所以，又因为， 解得，所以椭圆的方程为. （2）设直线的方程为.设，如图： 将代入方程，消得， ，解得. 则. 若时，有，即，, 即， 所以，化简整理得，解得，符合； 若时，则，即，所以. 又因为，联立方程组解得或（舍去）， 所以，所以，符合. 若时，则，即，所以. 又因为，联立方程组解得或（舍去）， 所以，所以，符合. 综上，或. （3）由直线的方程，知. 因为点为点关于轴的对称点，所以，所以直线的方程为， 令，得点的横坐标为，因为， 所以， 所以为定值. 19．(1) (2)当时，函数在区间上单调递增； 当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增. (3). 【分析】（1）求得曲线在点处的切线方程为：与曲线联立，利用判别式求解； （2）由利用导数法求解； （3）由，根据题意，由方程在上至少有一个解，转化为.设求解. 【详解】（1）由得. 当时. 所以，曲线在点处的切线方程为：. 由题意，这条切线与曲线恰有一个公共点. 联立得，整理为. 因为两曲线恰有一个公共点，所以该一元二次方程有两个相等实根， 故判别式. 于是，从而. 故. （2）因为 所以. 由于，故，因此的符号由的符号决定. 分情况讨论： ①当时，对任意，都有，故. 所以函数在区间上单调递增. ②当时，当时，，故； 当时，，故. 因此，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.. 综上，函数的单调性为： 当时，函数在区间上单调递增； 当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增. （3）由， 要使函数至少存在一个零点，只需方程在上至少有一个解. 移项得.设， 则问题转化为：求函数的值域. 将拆成两个函数：，则. 先讨论的单调性.因为. 所以：当时，，故在上单调递增； 当时，，故在上单调递减. 因此，函数在处取得最大值. 再讨论的单调性.因为， 所以：当时，，故在上单调递增； 当时，，故在上单调递减. 因此，函数在处取得最大值 由于与在区间上都单调递增，在区间上都单调递减， 所以它们的和在区间上单调递增，在区间上单调递减， 从而在处取得最大值. 于是故. 因此，函数至少存在一个零点，当且仅当. 所以. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省长沙市2026届高三考前保温数学试卷（三） 一、单选题：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．设集合，若，则a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2．已知复数在复平面内对应的点为，则（    ） A． B． C． D． 3．已知向量满足，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 4．椭圆（a＞b＞0）的右焦点为F，，在椭圆上存在点P满足线段AP的垂直平分线过点F，则椭圆离心率的取值范围是（   ） A． B． C． D． 5．已知，则（   ） A． B． C． D． 6．身高各不同的六位同学、、、、、站成一排照相，说法不正确的是（    ） A．、、三位同学从左到右按照由高到矮的顺序站，共有120种站法 B．与同学不相邻，共有种站法 C．、、三位同学必须站在一起，且只能在与的中间，共144种站法 D．不在排头，不在排尾，共有504种站法 7．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，则球的体积为（    ） A． B． C． D． 8．函数满足：当时，且，，若函数（且）共有6个零点，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题：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．下列说法正确的是（   ） A．样本数据2，3，3，4，7，8，10，18的第80百分位数为10 B．样本数据的正线性相关程度越强，则样本相关系数的值越大 C．根据分类变量与的成对数据，计算得到，依据的独立性检验，结论为变量与不独立 D．一元线性回归模型的残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内 10．在中，角，，所对的边分别为，，，且满足，，，则（   ） A． B． C． D．内切圆半径的大小为 11．如图，正方体的棱长为2，E是的中点，则（   ） A．若是的中点，则直线与是异面直线 B．由，C，E三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为 C．与平面BCE所成角为 D．三棱锥的外接球的表面积为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知等差数列的前n项和为，则______． 13．若函数有唯一极值点，则实数a的取值范围是__________. 14．在箱子里有六张印有6名同学名字（名字都不相同）的卡片，6名同学随机在箱子中抽取一张卡片.为了使6名同学都能拿到自己的卡片，每次只有2名同学可以互换手中的卡片，则这6名同学至少进行5次互换才能都拿到自己名字的卡片的概率为__________. 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．(13分)已知数列的前项和为是首项和公差均为1的等差数列． (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和． 16．(15分)如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，，，是的中点.    (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 17．(15分)某医药研究所为了评估一种新药的疗效，开展了临床试验．研究人员记录了14名志愿者服用不同剂量的药物后，血液中某关键生化指标y（单位：）随给药剂量x（单位：mg）的变化情况．为了寻找最合适的预测模型，研究人员分别利用模型一和模型二对这14组数据进行了拟合，并绘制了相应的残差图（如图所示，图中纵轴为残差，横轴为给药剂量）． (1)观察残差图，判断哪个模型的拟合效果更好，并说明理由； (2)设这14组数据得到的经验回归方程为． （ⅰ）已知样本中的某位志愿者的给药剂量为，生化指标为．若该样本点在拟合效果更优的模型中的残差对应于图中标注的四点之一，请指出该点并说明理由； （ⅱ）若在这14组数据中，给药剂量的标准差为，生化指标的标准差为，求生化指标与给药剂量的相关系数．（结果精确到0.01） 参考公式：相关系数；经验回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，． 18．(17分)已知椭圆的焦距为，过点的直线与交于两点，为的中点，为坐标原点.设的斜率为，直线的斜率为，. (1)求椭圆的方程； (2)若为直角三角形，求的值； (3)直线交轴于点，点关于轴的对称点为，直线交轴于点，探究：是否为定值？ 19．(17分)已知函数（为自然对数的底数） (1)若在处的切线与恰有一个公共点，求的值； (2)若，讨论函数的单调性； (3)若函数至少存在一个零点，求的取值范围. 第1页，共2页 第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $