2026年湖南省普通高等学校招生全国统一考试数学模拟试题（A）

**基本信息** 2026年湖南省高考数学模拟试题（A），含原创及新情景题，如校园科技节主持人选派、芯片检测概率等，注重以数学眼光观察现实、思维推理及语言表达，适配月考能力检测需求。 **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、向量、解三角形等|原创题（向量垂直求参数）| |多选题|3/18|函数性质、数列判定、立体几何|逻辑推理（等比数列判断）| |填空题|3/15|函数奇偶性、二项式系数、椭圆离心率|创新题（椭圆光斑离心率计算）| |解答题|5/77|数列求和、立体几何证明、概率分布列、导数零点、双曲线综合|新情景（芯片检测期望）与综合应用（双曲线定点证明）|

Sheet1 题号 题型 分值 对应知识点 分值占比 1 单选题 5 复数的除法运算 3.30% 2 单选题 5 求集合的交集 3.30% 3 单选题 5 平面向量数量积的坐标运算、数量积表示两个平面向量的夹角 3.30% 4 单选题 5 运用诱导公式化简求值、同角三角函数的基本关系、解三角形 3.30% 5 单选题 5 等差数列的通项公式及其应用、由等差数列的前n项和求解数列 3.30% 6 单选题 5 排列组合的综合应用 3.30% 7 单选题 5 三角函数的恒等变换及化简求值 3.30% 8 单选题 5 双曲线的顶点、三角形的面积公式 3.30% 9 多选题 6 利用导数求解函数的极值 4.00% 10 多选题 6 等比数列前n项和的性质 4.00% 11 多选题 6 棱柱的结构特征、球的体积、异面直线及其所成的角 4.00% 12 填空题 5 奇函数偶函数的性质 3.30% 13 填空题 5 二项展开式的通项与项的系数 3.30% 14 填空题 5 椭圆的离心率 3.30% 15 解答题 13 等差数列的通项公式及其应用、求数列的和 8.70% 16 解答题 15 空间向量法求解二面角及两平面的夹角 10.00% 17 解答题 15 古典概型及其概率计算公式、离散型随机变量及其分布列、离散型随机变量的均值（数学期望） 10.00% 18 解答题 17 利用导数求解函数的单调性和单调区间、利用导数研究函数的零点问题 11.30% 19 解答题 17 双曲线的标准方程、直线与双曲线的综合、双曲线的定点及定值问题 11.30% $ 2026年湖南省普通高等学校招生全国统一考试 数学模拟试题（A） 一、 单选题（共8小题,共40分） 1、 A. B. C. D. 2、若集合，则 A. B. C. D. （原创）3、已知向量，若，则 A.1 B.-1 C.2 D.-2 （原创）4、在中，内角的对边分别为，若，则 A.3 B.5 C. D. 5、设数列的前项和为，若且，则 A.1012 B.1013 C.2024 D.2026 （原创·新情景）6、某校举办校园科技节，需从 6 名男生和 4 名女生中选派 4 人，分别担任编程、航模、机器人、实验四项不同活动的主持人，要求所选派的 4 人中至少有 2 名女生，且女生不主持编程活动，每项活动由 1 人主持，则不同的选派方案有 A.504 种 B.1080 种 C.1224 种 D.2304 种 7、若， 则 A. B. C. D. 8、已知双曲线的实轴和虚轴的长度相等，的左、右顶点分别为为上位于第一象限内的一点，设，则的面积为 A. B. C. D. 二、 多选题（共3小题,共18分） 9、已知函数，不等式的解集为，则 A. B. C. D.的极小值点为 10、已知数列满足是的前项和，则 A.是等比数列 B.是等比数列 C.是等比数列 D.的前项和小于 1 11、在棱长为 1 的正四面体中，分别是棱的中点，则下列说法正确的是 A.正四面体外接球的体积是 B.直线和所成角的余弦值为 C.可以用棱长为的正方体切割出正四面体 D.若正四面体的内切球为球，在球和各个顶角的空隙内分别放入一个和球、顶角侧面都相切的小球，则这 5 个球的半径之和为 三、 填空题（共3小题,共15分） 12、已知定义在上的奇函数，当时，有，则. 13、的展开式中的系数为. （原创·创新题）14、如图，水平地面上垂直立着一块木板，木板上有一个椭圆形的洞，木板一侧有一个点光源，光透过木板上的洞在另一侧地面上形成一个圆形光斑（即圆），点在地面上的射影为与交于点.若，且，圆的半径为 0.5 m ，则木板上椭圆形洞的离心率为. 四、 解答题（共5小题,共77分） 15、（13分）记数列的前项和为，已知，且是公差为的等差数列. （1）求的通项公式； （2）求的前项和. 16、（15分）如图，在三棱锥中，是棱的中点. （1）求证：； （2）若平面平面，且的面积为，求二面角的余弦值. （原创·新情景题）17、（15分）某芯片公司生产两种芯片，一种是用于人工智能计算的甲类芯片，另一种是用于基础信号传输的乙类芯片.现将 4 个甲类芯片和 2 个乙类芯片混合放置在一个容器中，这些芯片外观完全相同. （1）质检员从中随机抽取 2 个芯片进行破坏性测试，求至少抽到 1 个乙类芯片的概率； （2）自动化测试机随机逐个对芯片进行性能检测，检测过的芯片不再放回，直到甲类芯片或乙类芯片被全部检测完毕时停止，记停止时检测的芯片总数为，求的分布列与数学期望. 18、（17分）已知函数. （1）求的单调区间. （2）设有 3 个零点，且. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：且. 19、（17分）已知双曲线的一条渐近线的方程为，以的右焦点为圆心，半径为 2 的圆被截得的弦长为. （1）求的方程； （2）已知上的动点关于轴对称，直线与交于另外一点，证明：直线恒过定点； （3）设与的渐近线不平行的两条直线均与相切，且交点为，当的斜率之积为时，判断是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 试卷第6页，总6页 试卷第1页，总1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年湖南省普通高等学校招生全国统一考试 数学模拟试题（A）参考答案 一、 单选题 1. 【试题答案】 C 【试题解析】 . 2. 【试题答案】 B 【试题解析】 由题意得，因此. 3. 【试题答案】 C 【试题解析】 由题意知，由，得，即，解得. 4. 【试题答案】 A 【试题解析】 ，由余弦定理得，即，解得（负值舍去）. 5. 【试题答案】 C 【试题解析】 由题意可知的奇数项依次为，偶数项依次为，所以，又，所以，故的偶数项依次为，即（为偶数），因此. 6. 【试题答案】 C 【试题解析】 若选派的是 1 名男生和 3 名女生，则有种不同的选派方案；若选派的是 2 名男生和 2 名女生，则有种不同的选派方案.故满足要求的不同的选派方案有种. 7. 【试题答案】 A 【试题解析】 设，则，因为，所以，整理得，即.因为，所以，则. 8. 【试题答案】 A 【试题解析】 如图.由题可得，则.设，则，.，，，， 又，. 二、 多选题 9. 【试题答案】 A,B,D 【试题解析】 由题可知，方程的根为（二重根）和，可得，即，所以，故 A，B 正确，C 错误；因为，所以，令，得，易知极小值点为，故 D 正确. 10. 【试题答案】 A,D 【试题解析】 对于 A ，由题可得，且，故是首项为，公比为的等比数列，故 A 正确； 对于 B ，由 A 易得，于是，又因为，所以，所以不是等比数列，故 B 错误； 对于 C，由 B 可知，所以显然不是等比数列，故 C 错误； 对于 D ，易知当时，，所以，设，则，故 D 正确. 11. 【试题答案】 A,B,C 【试题解析】 设的中心为，正四面体的高，设正四面体的外接球的球心为，半径为，则，解得，正四面体的外接球体积是，故 A 正确；以为基底，，两两夹角为，则，设直线和所成角为，则， 故B 正确； 因为正四面体的棱长为 1 ，棱长为的正方体各个面的对角线长为 1 ，所以用棱长为的正方体可以切割出正四面体，故 C 正确； 设正四面体的内切球的半径为，根据等体积法，，所以，在球和各个顶角的空隙内且和球、顶角侧面都相切的小球，是棱长为的正四面体的内切球，半径，因此这 5 个球的半径之和为，故 D 错误.故选 ABC. 三、 填空题 12. 【试题答案】 【试题解析】 因为奇函数满足，当时，有，所以. 13. 【试题答案】 【试题解析】 的展开式的通项为，令，可得，则，故的系数为 80 . 14. 【试题答案】 【试题解析】 如图 1，在坚直平面内，由相似关系可得，代入已知数据，得，所以椭圆形洞的高为.如图 2 ，在俯视图中是的中点，所以椭圆形洞的宽为.故在椭圆中，，所以离心率. 四、 解答题 15. 【试题答案】 （1）由题意知，所以，即，（3分） 将替换为，得， 两式相减，得.（4分） 所以， 所以.（6分） （2）由（1）知， 所以，（13分） 16. 【试题答案】 （1）由于为的中点，，所以，（2分） 又平面，从而平面， 而平面，因此，（4分） 结合为的中点，因此.（5分） （2）由（1）可知，二面角的平面角为，所以. 又，设，则， 又，所以， 解得或.（9分） 由对称性，不妨取前者，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示， 从而. 设平面的法向量为， 则得取.（12分） 易知平面的一个法向量为，（13分） 设二面角为， 易知，故.（15分） 17. 【试题答案】 （1）设＂至少抽到 1 个乙类芯片＂为事件，则表示事件＂抽取的两个芯片都是甲类芯片＂， 则.（6分） （2）由题意知的所有可能取值为. ， ， ， ， 所以的分布列为 2 3 4 5 （12分） .（15分） 18. 【试题答案】 （1）解：因为，所以.（1分） 由，得或，则在和上单调递增；（3分） 由，得，则在上单调递减.（5分） 故的单调递增区间为和，单调递减区间为. （2）（ⅰ）解：由（1）可知在和上单调递增，在上单调递减， 当时，，当时，， 且.（7分） 因为有 3 个不同的零点，所以 解得，即的取值范围是.（9分） （ⅱ）证明：由（1）知. 设， 则， 则对恒成立，即在上单调递增，（11分） 故，即对恒成立. 因为，所以. 因为，且在上单调递减，（12分） 所以，即. 设，则， 则对恒成立，即在上单调递增， 故，即对恒成立.（14分） 因为，所以. 因为，且在上单调递增， 所以，即.（16分） 因为，所以，则.（17分） 19. 【试题答案】 （1）解：设到的距离为，则. 由题意，得，解得，（2分） 由及，解得，（4分） 所以的方程为.（5分） （2）证明：由题知直线的斜率存在且不为零，设其方程为， 与联立，消去并整理得， 则，且，即，且.（7分） 设，则， 则 直线的方程为，（9分） 令，得，（11分） 所以直线过定点（4，0）.（12分） （3）解：设过点，与只有一个公共点，且与的渐近线不平行的直线方程为，（13分） 与联立，消去并整理，得， 则，且，即， 整理得.（14分） 设的斜率分别为，则是上面关于的方程的两个实根， 所以，整理得，（15分） 所以动点在椭圆上，且点为其右焦点， 所以存在定点（椭圆的左焦点），使得，为定值.（17分） 学科网（北京）股份有限公司 $