精品解析：湖南怀化市2026届高三5月考前自测数学试题

高三数学 一、单项选择题：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】B 【解析】 【分析】先化简集合，再由集合交集的定义可得. 【详解】由集合，所以，且，所以. 2. 已知为虚数单位，若复数满足： ，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设复数，其中，，为的虚部。 ∵ ， ∴ 该复数的虚部为0，即，解得， 即的虚部为。 3. 在下列关于实数、的四个不等式中，不恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用作差法结合特殊值法逐项判断即可. 【详解】对于A选项，因为， 当且仅当时，等号成立，故，A中的不等式恒成立； 对于B选项，因为， 当且仅当，时，等号成立，故，B中的不等式恒成立； 对于C选项，因为， 当且仅当时，等号成立，C中的不等式恒成立； 对于D选项，当，时，， 当且仅当时，等号成立， 当，时，，D中的不等式不恒成立. 4. 已知函数，若有唯一解，则实数的值是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】令，根据的单调性得到当时，有唯一解，从而得到当时，有唯一解. 【详解】令，则， 函数在上单调递减，在上单调递增， 且时，，时，， 又， 所以当时，有唯一解，此时， 所以当时，有唯一解. 所以实数的值是. 5. 在棱长为2的正方体中，为正方体表面上的动点，若，则点的运动轨迹的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】取的中点为， 则，， 因为，所以， 故点在以为球心，为半径的球面上， 所以点的轨迹在正方体的每个面上均是半径为的圆， 则6个圆的总周长为. 6. 设等差数列的前n项和为，已知，，则满足的n的最大值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】应用等差数列的下标和性质结合求和公式计算判断求解. 【详解】等差数列，由，可知，， 所以，， 不等式即， 因，不等式化为，整理得，解得， 因为为正整数，所以的最大值为4， 所以满足的n的最大值为4. 7. 已知函数在区间上单调递增，直线为的图象的一条对称轴，则方程在区间上所有不相等的实数根之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对称轴求出或，再根据单调性得到，分为和两种情况分别解方程即可求出答案. 【详解】因为直线为的图象的一条对称轴， 所以，即， 又，所以或. 当时，，当时，， 函数在上单调递增， 故在上单调递增，符合题意； 当时，，当时，， 函数在上不单调递增， 故在上不单调递增，不符合题意. 所以，， 当时，方程可化为，方程无解， 当时，方程可化为， 所以， 当时，， 所以或或，解得或或， 所以方程在区间上所有不相等的实数根之和为. 8. 已知点，点在抛物线上运动，点在圆上运动，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】先判断在抛物线里面，然后的最小值为，过点作抛物线准线的垂线垂足为，的最小值等于求的最小值. 【详解】把代入，得， 所以点在抛物线里面， 圆的圆心记为， 因为的最小值为，而正好是抛物线的焦点， 过点作抛物线准线的垂线垂足为， 则根据抛物线的定义得， 所以的最小值等于求的最小值， 当三点共线时最小，最小值为， 故的最小值为， 故选：B 二、多项选择题：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. 下列说法中正确的是（ ） A. 数据8，9，10，11，12的第80百分位数是11.5 B. 两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数r的绝对值越接近于1 C. 已知 关于的线性回归方程为，则样本点的残差绝对值为1.6 D. 若一个样本容量为8的样本的平均数为5，方差为2，现在样本中加入一个新数据5，则此时样本容量为9，平均数不变，方差变小 【答案】ABD 【解析】 【分析】由第百分位数的概念计算判断A；由相关系数的概念判断B；由残差的定义计算判断C；由平均数、方差的定义计算判断D. 【详解】对于A，因为， 所以数据8，9，10，11，12的第80百分位数是11.5，故A正确； 对于B，两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数r的绝对值越接近于1，故B正确； 对于C，样本点的残差绝对值为，故C错误； 对于D，新样本数据的平均数为，方差为，故D正确. 10. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，O为坐标原点，P是C的右支上一点（不与右顶点重合），过点P向双曲线的两条渐近线作垂线，垂足分别为M，N，则下列说法正确的是（ ） A. 焦点到渐近线的距离等于 B. 内切圆的圆心在直线上 C. 为定值 D. 若直线与C交于另一点A，则的最小值为6 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题目条件可以求出焦点坐标与渐近线方程，对于A选项运用点到直线的距离公式求出结果；对于B选项运用双曲线的定义与切线长定理，求出内切圆与的坐标点，再运用内切圆的圆心在角平分线上求出结果；对于C选项，设点P的坐标，求出的长度，运用点P在双曲线上求出结果；对于D选项，取右顶点讨论. 【详解】对于A选项，由题意可知， 则渐近线方程为， 焦点到渐近线的距离等于， 同理到渐近线的距离为； 对于B选项，设的内切圆与三边分别切于点， 根据切线长定理得 则 ， 又因为，解得，故G点坐标为，因为三角形的内切圆的圆心与切点G的连线垂直于x轴上，故横坐标与G点相同，故B选项正确； 对于C选项，设点，则，即， 点P到的距离， 同理点P到的距离， 则， 故C选项正确； 对于D选项，当点P与右顶点重合时， ，故当点P越接近右顶点时，的值就越接近2该值小于6，故D选项错误. 11. 已知函数（），则下列说法正确的是（ ） A. 当时，的图象在点处的切线方程为 B. 恒成立 C. 若恒成立，则 D. 若有两个不同的零点，，且，则a的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，利用导数的几何意义求出切线斜率，再由点斜式方程即可求得；对于B，将不等式转化为 ，利用求导判断函数的单调性求出极值即可判断；对于C，分类讨论，时单调性，分析函数的图象趋势，由端点效应即可判断；对于D，设，注意到中有1个为1，然后讨论，两种情况下的零点分布情况，结合 可判断选项正误. 【详解】对于A，当时，，则，又，则， 故在处的切线方程为：，即，故A错误； 对于B，， 令，，， 由，， 则在上单调递减，在上递增，从而，从而B正确； 对于C，，若，则在上单调递增， 则时，，不满足题意； 若，，，， 则在上单调递增，在上单调递减， 故 ，则要使，即需，其中. 令 ，则，， 由，， 则在上单调递减，在上单调递增， 从而，当且仅当时取等号，则， 则为使，需，故C正确； 对于D，设，注意到，则中有1个为1. 由C分析，为使有两个根，需满足 ，从而且. 当，即时，因，又时，，结合在上单调递增， 可得，使，则，从而 满足题意； 当，即时，因，又时，，， 又此时远远大于，从而， 结合在上单调递减，可得，使， 则，从而 ，即 ， 又因当时，零点 ，所以需满足 . 因，则，其中. 令，，，由B分析， ， 则当时， 在上单调递减， 从而，又此时，则， 综上可得，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知正数，，均不等于1，且，，则________． 【答案】6 【解析】 【详解】方法一：，即． 方法二：由，，得，，则，所以． 13. 已知，，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】由 ，可得 ，然后由，可得，据此可得，最后由两角和的余弦公式可得答案. 【详解】由 ，可得 . 又， 从而， 则. 14. 将一个正n边形的顶点分别与其中心相连接，把这个多边形分成n个三角形区域并按1～n编号，现给这些区域涂色，相邻区域涂不同颜色．若有3种颜色可供选择，记所有不同涂色方案的种数为，则__________． 【答案】2040 【解析】 【分析】根据题意，分析可得数列是以2为公比的等比数列，即可得其通项公式，分组求和，即可得答案. 【详解】当时，三个区域两两相邻，则三种颜色都要使用，所以， 当时，若和区域同色时，不同方案有种， 若和区域不同色时，不同方案有种，所以 ， 当有个区域时，若和区域同色时，可以理解为对n个区域涂色，有种方案， 此时区域有2种不同的颜色可用，即共有种方案； 若和区域不同色时，可以理解为对n+1个区域涂色，有种方案， 综上， 所以，即， 所以数列是以2为公比的等比数列，又， 所以， 则 . 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，底面，点F在棱上，且，E为的中点，D为的中点，G在线段上，且． （1）求证：平面； （2）若为等边三角形，且，求平面和平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）作辅助线构造面面平行再证明线面平行； （2）先建立坐标系再求出平面的法向量即可求两平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 如图，取的中点H，连接，，． 因为E为中点，所以，又平面，平面，所以平面． 因为，所以，又，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为，所以平面平面， 又平面，所以平面. 【小问2详解】 如图，以A为坐标原点，以为y轴，为z轴，过A在平面内作为x轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，， 所以，，所以 ，则， 又因为E为中点且，所以． 取的中点T，连接，，则，，则为两平面夹角的平面角或其补角． 因为，，， 所以， 所以平面和平面夹角的余弦值为． 16. 已知椭圆C：（）的过焦点且垂直于长轴的弦长为，短轴长为2． （1）求C的方程； （2）设O为坐标原点，若P，Q，M为椭圆上的点，且圆M与直线，相切，当直线，的斜率均存在且时，求圆M的半径． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件求出a，b的值，代入椭圆方程； （2）设M点坐标，过原点作出圆M的切线，计算圆心到切线的距离等于半径，得到一个关于切线斜率的方程，为这个方程的解，最后在根据点M在椭圆上解得半径的长度. 【小问1详解】 由已知可得，， 所以，． 所以C的方程为. 【小问2详解】 设，圆M的半径为r（）．过原点O作圆M的切线， 由圆心到直线的距离等于半径，可得 ． 整理得，即， 由题可知，即为方程的两个根， 所以由根与系数的关系可得，所以． 因为在椭圆上，所以，即， 所以，． 故圆M的半径为． 17. 在中，已知 ． （1）求C． （2）如图，若A，B在以C为圆心的单位圆上，D为此单位圆上的动点，线段交线段于点M（点M异于点C，B）． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）设（），记，求的最小值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）（ⅱ） 【解析】 【分析】（1） 应用已知化简得出 ，再结合正弦定理边角转化应用余弦定理得出结合角的范围求角； （2）（ⅰ）应用平面向量的数量积运算律结合两角和差公式及正弦值域求解；（ⅱ）设，应用数乘运算及模长化简，最后结合基本不等式得出最小值. 【小问1详解】 记内角A，B，C的对边分别为a，b，c， 因为 ， 所以 ， 即 ， 由正弦定理得， 所以， 又，所以． 【小问2详解】 （ⅰ）设，则，， ， 所以，， 又，所以，则的取值范围为． （ⅱ）设（），则 ， 因为（）， 所以， 所以， 因为，所以 ，即 ， 化简得，， 所以 ，， 当且仅当，即时，等号成立， 故的最小值为． 18. 已知函数，其中、为常数，，且的图象在处的切线方程为． （1）求、的值； （2）若存在、满足，求证：； （3）设函数，结合的取值范围讨论的零点个数． 【答案】（1）， （2）证明见解析 （3）时，无零点，时，有1个零点，时，有个零点. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义得出可得出的值，再利用切点为切线与函数图象的公共点，可求出的值； （2）对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，分析导数的单调性，可知，不妨设，结合可得出，将所证不等式变形为，令，则，所以只需证，再构造函数，利用导数分析函数的单调性，即可证得结论成立； （3）由可得，令 ，则与的零点个数相同，利用导数分析函数的单调性与最值，求出，对的符号进行分类讨论，可得出函数的零点个数. 【小问1详解】 因为 ，所以 ， 由题意可知 ，所以， 因为切点在直线 上，所以 ，则， 又因为 ，解得. 【小问2详解】 函数的定义域为，． 当时，，在上单调递增，不符合题意； 当时，令，得， 当时，，即在上单调递增， 当时，，即在上单调递减． 不妨设，因为，所以， 即，所以要证，即证． 即证，即证， 令，则，所以只需证． 令，则， 所以函数在上单调递增，所以，故. 【小问3详解】 因为 ， 不妨令 ，则与的零点个数相同， ， 令 ，则 ，所以在上单调递增， 因为 ， ，所以存在，使得， 当时，，即函数在上单调递减， 当时，，即函数在上单调递增， 所以 ， 因为，即， 构造函数，其中，则 ，即函数在上为增函数， 因为，则，则， 由，即，即，所以， 所以，所以 ， 故当 时，即当时，函数无零点； 当 时，即当时，函数只有个零点； 当 时，即当时， 由于当时，，当时，， 此时函数在和上各有一个零点，即函数有个零点. 综上所述：时，无零点，时，有个零点，时，有个零点． 19. 小明同学设计了一个游戏：有三枚硬币，其中一枚硬币为正常硬币（有正面与反面），一枚为“全正”硬币（两面均为正面），一枚为“全反”硬币（两面均为反面），现将这三枚硬币分别装入三个外观相同的箱子中（每个箱子中装一个）． 游戏规则如下：玩家每局从中随机选取一个箱子后打开观察其中硬币（不可翻转硬币），观察完后有一次更换所选箱子的机会（可以不更换），若玩家最终选择的箱子中为“全正”硬币，则玩家该局获胜． （1）若将所选箱子打开后发现其中硬币为正面朝上，求该硬币为正常硬币的概率． （2）现玩家针对游戏规则制定如下策略：若所选箱子中硬币为“正面朝上”，则不更换选择；若所选箱子中硬币为“反面朝上”，则在剩余两个箱子中任意选取一个作为最终选择，试探究该策略是否为最佳策略，若是，请说明理由；若不是，请写出你的最佳策略． （3）若玩家按（2）中最佳策略独立进行（）局游戏，将获胜局数不少于局的概率记为，试比较与的大小． 【答案】（1） （2）解法一：根据题意，选择的箱子中为“全正”硬币才能获胜，要使获胜的概率最大，则当所选箱子中硬币为“反面朝上”时必须更换选择，所以最佳策略只需要考虑：当所选箱子中硬币为“正面朝上”时是否更换选择． ①当所选箱子中硬币为“正面朝上”时不更换选择，“反面朝上”时更换选择（即题中玩家的策略）， 若第一次选到“全正”硬币（概率为​）：必出现正面朝上，不换直接获胜，贡献； 若第一次选到正常硬币（概率为​）：出现“正面朝上”时不更换，获胜的概率为0， 出现反面朝上的概率为​，换后从剩余箱选中“全正”的概率为​，贡献； 若第一次选到“全反”硬币（概率为）：必出现反面朝上，换后选中“全正”的概率为，贡献​， 玩家该局获胜（正面不换反面换）的概率为． ②无论所选箱子中硬币为“正面朝上”还是“反面朝上”都更换选择， 玩家该局获胜（无论正面反面都换）的概率为． 因为，所以该玩家制定的策略是最佳策略． 解法二：设所选箱子中硬币为“正面朝上”时更换选择的概率为，“反面朝上”时更换选择的概率为， 则玩家最终选择的箱子中为“全正”硬币的情况有： ①玩家选择的箱子中为正常硬币且正面朝上，选择更换箱子后选中“全正”硬币，概率为. ②玩家选择的箱子中为“全正”硬币且正面朝上，不更换箱子，则选中“全正”硬币的概率为. ③玩家选择的箱子中为正常硬币且反面朝上，选择更换箱子后选中“全正”硬币，概率为. ④玩家选择的箱子中为“全反”硬币且反面朝上，选择更换箱子后选中“全正”硬币，概率为． 故玩家最终选择的箱子中为“全正”硬币的概率为 ， 因为，，所以， 故当且仅当，即且时概率有最大值， 即正面不换反面换获胜的概率最大为. 故该玩家制定的该策略为最佳策略． （3） 【解析】 【分析】（1）直接根据全概率公式及贝叶斯公式求解可得； （2）解法一：先直接计算该策略（正面不换，反面换）的获胜概率为，再计算无论正面还是反面都换获胜的概率，通过比较概率的大小，从而得该策略为最佳策略；解法二：设正面换的概率为，反面换的概率为，从而得到获胜的概率，由，进而可得最佳策略必是（正面不换）且（反面换），即该策略为最佳策略； （3）设玩家前局游戏中获胜局数为，，再根据前局游戏中获胜局数为三种情况计算局中获胜局数不少于局的概率，再作差比较大小可得. 【小问1详解】 记事件所选箱子中的硬币为“全正”，所选箱子中的硬币为“全反”， 所选箱子中的硬币为“正常”， 所选箱子中观察到硬币正面朝上， 则，且 ， ，， 由全概率公式：， 再由贝叶斯公式，所求概率为. 因此所选箱子打开后发现其中硬币为正面朝上，则该硬币为正常硬币的概率为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设玩家前局游戏中获胜局数为，由（2）知，且. 前局中至少获胜局包含以下几种情况： ①玩家前局游戏中获胜局且后两局连胜， 概率为； ②玩家前局游戏中获胜局且后两局至少胜一局， 概率为； ③玩家前局游戏中至少获胜局， 概率为． 综上， ， 故，因此． 【点睛】本题是经典三门问题的创新变形，是新高考概率策略类压轴题的标杆题型，本质关联：和三门问题逻辑完全一致，只有当观察结果排除了“当前是正确选项”的可能时，换门才会提升胜率，看到反面：当前硬币不可能是“全正”，换箱必赚；看到正面：当前硬币是“全正”的概率更高，不换更赚，解法二构造获胜的概率函数，用函数思想方法找最优解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 一、单项选择题：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. 已知为虚数单位，若复数满足： ，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 3. 在下列关于实数、的四个不等式中，不恒成立的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，若有唯一解，则实数的值是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 5. 在棱长为2的正方体中，为正方体表面上的动点，若，则点的运动轨迹的长度为（ ） A. B. C. D. 6. 设等差数列的前n项和为，已知，，则满足的n的最大值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 7. 已知函数在区间上单调递增，直线为的图象的一条对称轴，则方程在区间上所有不相等的实数根之和为（ ） A. B. C. D. 8. 已知点，点在抛物线上运动，点在圆上运动，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 二、多项选择题：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. 下列说法中正确的是（ ） A. 数据8，9，10，11，12的第80百分位数是11.5 B. 两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数r的绝对值越接近于1 C. 已知 关于的线性回归方程为，则样本点的残差绝对值为1.6 D. 若一个样本容量为8的样本的平均数为5，方差为2，现在样本中加入一个新数据5，则此时样本容量为9，平均数不变，方差变小 10. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，O为坐标原点，P是C的右支上一点（不与右顶点重合），过点P向双曲线的两条渐近线作垂线，垂足分别为M，N，则下列说法正确的是（ ） A. 焦点到渐近线的距离等于 B. 内切圆的圆心在直线上 C. 为定值 D. 若直线与C交于另一点A，则的最小值为6 11. 已知函数（），则下列说法正确的是（ ） A. 当时，的图象在点处的切线方程为 B. 恒成立 C. 若恒成立，则 D. 若有两个不同的零点，，且，则a的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知正数，，均不等于1，且，，则________． 13. 已知，，则__________． 14. 将一个正n边形的顶点分别与其中心相连接，把这个多边形分成n个三角形区域并按1～n编号，现给这些区域涂色，相邻区域涂不同颜色．若有3种颜色可供选择，记所有不同涂色方案的种数为，则__________． 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，底面，点F在棱上，且，E为的中点，D为的中点，G在线段上，且． （1）求证：平面； （2）若为等边三角形，且，求平面和平面夹角的余弦值． 16. 已知椭圆C：（）的过焦点且垂直于长轴的弦长为，短轴长为2． （1）求C的方程； （2）设O为坐标原点，若P，Q，M为椭圆上的点，且圆M与直线，相切，当直线，的斜率均存在且时，求圆M的半径． 17. 在中，已知 ． （1）求C． （2）如图，若A，B在以C为圆心的单位圆上，D为此单位圆上的动点，线段交线段于点M（点M异于点C，B）． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）设（），记，求的最小值． 18. 已知函数，其中、为常数，，且的图象在处的切线方程为． （1）求、的值； （2）若存在、满足，求证：； （3）设函数，结合的取值范围讨论的零点个数． 19. 小明同学设计了一个游戏：有三枚硬币，其中一枚硬币为正常硬币（有正面与反面），一枚为“全正”硬币（两面均为正面），一枚为“全反”硬币（两面均为反面），现将这三枚硬币分别装入三个外观相同的箱子中（每个箱子中装一个）． 游戏规则如下：玩家每局从中随机选取一个箱子后打开观察其中硬币（不可翻转硬币），观察完后有一次更换所选箱子的机会（可以不更换），若玩家最终选择的箱子中为“全正”硬币，则玩家该局获胜． （1）若将所选箱子打开后发现其中硬币为正面朝上，求该硬币为正常硬币的概率． （2）现玩家针对游戏规则制定如下策略：若所选箱子中硬币为“正面朝上”，则不更换选择；若所选箱子中硬币为“反面朝上”，则在剩余两个箱子中任意选取一个作为最终选择，试探究该策略是否为最佳策略，若是，请说明理由；若不是，请写出你的最佳策略． （3）若玩家按（2）中最佳策略独立进行（）局游戏，将获胜局数不少于局的概率记为，试比较与的大小． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $