湖南省衡阳市衡阳县2026届高三考前学情调研数学试题

2026届高三学情调研(三) 数 学 (时量：120分钟 满分：150分) 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．设集合则AB的子集的个数为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．已知复数则（ ） A． B． C．5 D． 3．已知正数a,b满足,的最大值为（ ） A． B． C． D． 4．已知正三棱台ABC-A₁B₁C₁的高为,AB=3A₁B₁=,则该棱台的侧面积为（ ） A． B． C． D． 5．已知函数为奇函数，则a+2b=（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 6．已知直线l:与x轴、y轴分别交于A,B两点，与圆N:交于C,D两点，且,则m=（ ） A．4 B．3 C．2 D．1 7．如图，在函数的部分图象中，若,则点A的纵坐标为（ ） A． B． C． D． 8．已知为1,2,3,4,6的任意一个排列，则满足对于任意的n∈{1,2,3,4,5},都有的排列有（ ） A．49个 B．48个 C．42个 D．40个 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．对相同的样本数据选取不同的组距(每组为左闭右开区间)画出如图1、图2所示的频率分布直方图，其中图2的部分信息丢失，由频率分布直方图的信息对总体进行估计，则（ ） A．图2中(4,6)的频率为0.3 B．图2中众数的估计值唯一 C．图1与图2中中位数的估计值相同 D．图1与图2中平均数的估计值相同 10．如图，在棱长为2的正方体中，M,N分别是线段，AC上的动点(不含端点),且,则（ ） A．AB⊥MN B．三棱锥M-ABN体积的最大值为 C．若,则三棱锥M-ABN外接球的表面积为8π D．存在使得MN//平面 11．已知幂函数,则（ ） A． B．曲线关于y轴对称 C．已知m>0,对恒成立，则 D．方程无实根 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知函数,则曲线在点(1,1)处的切线方程为_________。 13．在梯形ABCD中，AB=2CD,线段AC与以A,B为焦点且过C,D的双曲线交于点E,若,则双曲线的离心率为______． 14．已知O为锐角△ABC的外心，角A，B，C的对边分别为a,b,c,且,则△ABC的面积的取值范围为_____． 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．(本小题满分13分)已知函数． (1)若在x=1处取得极值，求a的值； (2)若当x≥0时，恒成立，求实数a的取值范围． 16．(本小题满分15分)已知数列的前n项和为,且． (1)求数列的通项公式； (2)设数列满足,问是否存在正整数n,使得若存在，求出n的值；若不存在，请说明理由． 17．(本小题满分15分)如图，圆台的下底面圆O的半径为,四边形ABCD为圆O的内接正方形，E,M为上底面圆O₁上两点，F为BC的中点，且平面ABE⊥平面ABCD,AF⊥DE． (1)求证：EA=EB; (2)若OO₁=,求直线FM与平面ADE所成角正弦值的最大值． 18．(本小题满分17分)某款AI(人工智能)机器人进行射门游戏，射中得1分，未射中得分，当累计得分X达到2分或分时游戏结束，否则游戏将一直进行下去，当X=2时获胜，当时落败．已知该款AI机器人射门的命中率为a(),每次射门相互独立． (1)求机器人恰好射门4次后获胜的概率； (2)表示“机器人射门n次，游戏仍未结束”． (i)若a=2,求和; (ii)若,求游戏结束时X的数学期望 19．(本小题满分17分)已知椭圆的左，右焦点分别为,点是椭圆上一点，过原点的直线l与抛物线：相交于B,C两点，点A是椭圆的下顶点，直线AB，AC分别与相交于P，Q两点． (1)求椭圆的方程； (2)证明：AB⊥AC; (3)记△ABC和△APQ的面积分别是S1、S2，求的最小值． 参考答案 1．D 【解析】因为，，所以，所以的子集的个数为4，故选D． 2．A 【解析】因为，所以，故选A． 3．B 【解析】由得，于是，当且仅当，即，时，等号成立，故选B． 4．B 【解析】不妨设上、下底面中心为，，，的中点分别为，，易知为斜高，由题易知，，可得，故所求棱台的侧面积为，故选B． 5．C 【解析】由奇函数的定义域为，得，解得．当时，0，则，又，所以，所以，故选C． 6．C 【解析】在直线中，令，得，故，令，得，故，所以．圆心到直线的距离，所以．由，得，化简得，解得．故选C． 7．C 【解析】根据题意可设，可得，则，设，． 因为，所以解得， 所以 ， 整理得，结合图象知，解得，故选C． 8．D 【解析】因为，所以时，必有，即． ①当时，任意排列均满足题意，共有（个）． ②当时，只能取1或2或3（不满足），则满足题意的所有情况如下： 排列41XXX均符合题意，有（种），排列42XXX均符合题意，有（种）， 排列43XXX符合题意的有43126，43162，43216，43261共4种（43612，43621不满足）． 综上，满足题意的排列共有（个）．故选D． 9．AC 【解析】对于A，图2中的频率为，正确； 对于B，设在图2中，所对应矩形的高度分别为，， 在图1中的频率为，故，得，故，，则众数必在，中取得， 因为图2中，所对应的矩形的高度相等，故众数的估计值不唯一，错误； 对于C，图1中中位数的估计值为， 图2中，后3个矩形面积之和为，故图2中中位数的估计值为6，正确； 对于D，图1中平均数的估计值为， 图2中平均数的估计值为 ， 又与不确定，则图2中平均数的估计值不确定，错误．故选AC． 10．ABD 【解析】对于A，，所以 ， 所以，即，正确； 对于B，如图，过作于，因为平面平面，平面平面， 所以平面，即三棱锥的高为，所以， 所以， 当时，，正确； 对于C，当时，，故为的中点， 又为的中点，所以，所以到，，，的距离都为1， 即三棱锥外接球的球心为，半径为1，所以外接球表面积为，错误； 对于D，在正方体中，，平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 又，，平面，所以平面平面， 当时，是的中点，易知是的中点，此时平面，又平面，所以平面，正确．故选ABD． 11．ACD 【解析】对于A，由幂函数，可知，所以e，即，正确． 对于B，由题意知，显然不是偶函数，错误． 对于C，由题意知，，当时，由知幂函数单调递增， 由对，恒成立，可得，即恒成立， 令，则，当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以当时，，所以，又，故，正确． 对于D，由方程，得，因为，所以，即， 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，故， 所以，即无解，所以方程无解，正确．故选ACD． 12． 【解析】因为，所以，则，故曲线在点处的切线方程为，即． 13． 【解析】由题设，如图所示，，，令双曲线的方程为． 由，则．令，可得，故， 又，所以，则，， 所以，又在双曲线上，所以，整理得7，又，所以． 14． 【解析】分别取边，，的中点，，（图略），因为为锐角的外心，易知，同理，，，，所以，同理，． 由题意得，即，于是． （方法1）因为为锐角三角形，所以，所以，同理，，即． 令，由，得，则且，解得． 又，所以． 又，所以，所以，又，所以．又，所以，即的面积的取值范围为． （方法2）以所在的直线为轴，的中垂线（的中点为）为轴建立平面直角坐标系，设，则，化简得，又为锐角三角形，则点在弧上，如图所示，又，所以，故，即的面积的取值范围为． 15． 【解析】（1）由题意得． 因为在处取得极值，所以，解得． 经验证，当时，在处取得极小值，符合题意，故． （2）由（1）知． 若，则当时，，即恒成立， 所以在上单调递增，， 由，得，故． 若，令，得或， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增． 所以， 由，可得，解得，故． 综上，实数的取值范围是． 16．【解析】（1）当时，． 当时，，化简得， 又当时，，所以． （2）①当时，， 所以， 所以当时，为递增数列， 又当时，， 当时，， 当时，， 故存在正整数，使得． ②当时，， 所以， 因为，所以， 所以当时，为递减数列，所以， 故不存在正整数，使得． 综上，当正整数时，使得． 17．【解析】（1）证明：如图，取的中点，连接交于． 在正方形中，由于为的中点， 可得，则． 因为，所以， 所以，即． 因为，，，平面， 所以平面，又平面，故． 因为平面平面，平面平面，， 所以平面， 又平面，则． 因为，，，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 又点是的中点，故． （2）因为圆的半径为，所以正方形的边长为2． 又，由（1）易知为圆台的高，所以． 以为坐标原点，过点作与，平行的直线分别为轴、轴，所在的直线为轴，建立如图空间直角坐标系， 则，，，，设． 易求得上底面圆的半径为1，故，且，，． 设平面的法向量为， 由得 取，则，，故． 设直线与平面所成角为，则，其中， 令，则，，即，令，又易知在上单调递增，故， 所以直线与平面所成角正弦值的最大值为． 18．【解析】（1）若机器人恰好射门4次获胜，则前两次仅射中一次，后两次都射中， 故． （2）（ⅰ）由题意得，， 所以．6分 若第次游戏未结束，则累计得分必为0（偶数次射门的累计得分只能是偶数，且不能为）， 可得，，， 所以． （ⅱ）由题意知，，， 所以，解得（舍去）． 由题意知，的所有可能取值为2，，所以当游戏结束时，， 又考虑前两次射门，若两次都射中或都未射中，则游戏结束，若1次命中，1次未命中，相当于重新开始，所以，解得，所以． 所以． 19．【解析】（1）因为椭圆的左、右焦点分别为，，所以． 因为点是椭圆上一点， 则，所以． 又，所以，所以椭圆的方程为． （2）证明：直线的斜率显然存在，设直线的方程为． 由整理得． 设，，则，，． 由（1）知， 所以，的斜率分别为，， 故，所以． （3）设直线的方程为，显然，由得，解得或， 所以，则． 由（2）知，则直线的方程为， 同理，． 由得，解得或， 所以，则， 同理，． 由（2）知，则， 则 ， 当且仅当时等号成立，即的最小值为． 学科网（北京）股份有限公司 $