湖南常德市汉寿县第一中学2026届高三下学期考前模拟自测数学试题

**基本信息** 以公园绿化率、聊天机器人等现实与科技情境为载体，覆盖函数、几何、概率等核心知识，通过分层设计实现基础巩固与创新应用的有机统一，适配高三三模综合能力检测需求。 **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、复数、函数零点、立体几何轨迹（如正方体动点轨迹）|结合生活情境（第3题），考查数学眼光观察现实问题| |多选题|3/18|统计案例、双曲线性质（第10题）、三角恒等变换|注重逻辑推理，体现数学思维的严谨性| |填空题|3/15|方程求解、三角函数最值、排列组合（蚂蚁移动问题）|设置开放性问题，培养数学语言表达能力| |解答题|5/77|立体几何证明、椭圆方程、函数零点与导数（第18题）、概率统计应用（第19题）|综合考查数学建模与创新思维，贴合高考命题趋势|

2026届湖南省常德市汉寿县第一中学 高三第三次模拟考试数学试卷 一、单选题（共40分） 1．（本题5分），，则集合（    ） A． B． C． D． 2．（本题5分）复数的实部与虚部之和为（   ） A．1 B．2 C．3 D．2025 3．（本题5分）公园的绿化率是指绿化面积与公园的面积之比.已知某公园的面积为，绿化面积为，现对该公园再扩建面积，其中绿化面积为，则扩建后公园的绿化率与原来公园的绿化率相比（    ） A．变大 B．变小 C．当时，变大 D．当时，变大 4．（本题5分）已知，函数有四个不同的零点，且满足：.则下列结论中不正确的是（    ） A． B． C． D． 5．（本题5分）如图，已知正方体的棱长为4，，分别是棱，的点，且满足：，，点为底面内（包括边界）的一动点，若直线与平面BEF无公共点，则点P的轨迹长度为（   ） A． B． C． D． 6．（本题5分）记是公差不为0的等差数列的前项和，若，，则使成立的的最大值是（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 7．（本题5分）若函数在上单调递增，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 8．（本题5分）过曲线上一点作直线的垂线，垂足为，将点绕逆时针旋转得到点，，则的最小值为（   ） A．2 B． C．3 D． 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）下列说法中不正确的是（    ） A．若随机变量，则 B．若三个随机事件两两独立，则 C．一组数据是，则该组数据的第三四分位数是82.5 D．在线性回归分析中，两个变量的相关系数越大，变量之间相关性越强 10．（本题6分）已知为坐标原点，分别是双曲线的左，右焦点，直线与双曲线交于两点，．为双曲线上异于的点，且与坐标轴不垂直，过作平分线的垂线，垂足为，则下列结论正确的是（    ） A．双曲线的离心率为 B．双曲线的渐近线方程是 C．直线与的斜率之积为4 D．若，则的面积为4 11．（本题6分）下列说法，正确的有（    ） A．在斜三角形中，恒有 B．已知，则的最大值为 C．已知实数满足，则. D．已知点是圆上的动点，且，点是直线上的动点，则的最小值为1 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）已知实数，且满足，则________． 13．（本题5分）已知函数，若存在，使得，则的最小值为________. 14．（本题5分）平常我们用的方格纸，都画着纵横两组平行线，相邻平行线之间的距离总是相等的．方格纸上两条直线的交点称为格点．右图每个小正方形的边长为，假设方格纸足够大，已知一只蚂蚁从格点出发，沿格子四个方向移动，每次移动距离为，则蚂蚁移动次回到出发点的不同方法总数为________（用数字作答）． 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）如图，已知圆锥PO，AB为底面圆O的直径，点C在圆O上（不同于A，B），，.    (1)若，证明：平面OCE； (2)若，平面平面PBC，求λ的值． 16．（本题15分）已知椭圆：左焦点，离心率为 (1)求椭圆的方程； (2)过点且斜率为的直线交椭圆于，两点，若，求的取值范围. 17．（本题15分）在中，内角所对的边分别为，已知为边上一点. (1)若为的中点，且，求； (2)若平分，且，求的面积. 18．（本题17分）已知函数. (1)证明：存在，使得曲线在点处切线的斜率为定值. (2)当时，讨论零点的个数. (3)当的零点个数最多时，证明：的零点之和大于3. 19．（本题17分）聊天机器人（chatterbot）是一个经由对话或文字进行交谈的计算机程序.当一个问题输入给聊天机器人时，它会从数据库中检索最贴切的结果进行应答.在对某款聊天机器人进行测试时，如果输入的问题没有语法错误，则应答被采纳的概率为80%，若出现语法错误，则应答被采纳的概率为30%.假设每次输入的问题出现语法错误的概率为10%. (1)求一个问题的应答被采纳的概率； (2)在某次测试中，输入了8个问题，每个问题的应答是否被采纳相互独立，记这些应答被采纳的个数为，事件（）的概率为，求当最大时的值. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C C A C C B C BD BCD 题号 11 答案 ABD 1．C 【分析】列举法表示集合，根据并集定义可得结果. 【详解】，，. 故选：C. 2．C 【分析】根据复数的乘方运算，计算出复数的实部和虚部，可得结果. 【详解】易知， 所以， 可知复数的实部为1，虚部为2，因此实部与虚部之和为3. 故选：C 3．C 【分析】由已知可得公园扩建前后的绿化率，通过作差即可判断. 【详解】原来公园的绿化率为，扩建后公园的绿化率为， 则， 所以扩建后公园的绿化率与原来公园的绿化率相比的变化情况与，的大小有关， 故，项错误； 当时，，则扩建后公园的绿化率与原来公园的绿化率相比变大， 故C项正确； 当时，，则扩建后公园的绿化率与原来公园的绿化率相比变小， 故D项错误. 故选：. 4．A 【分析】作出图象，利用函数有四个不同的交点求出，A错误； 根据二次函数的对称轴求出可判断D； 数形结合结合对数运算得到可判断B； 数形结合求出，解得，可判断C. 【详解】如图，作出图象，若y＝－b与有四个交点，需，则，故A错误； 这四个交点的横坐标依次为，因为抛物线的对称轴为，所以，故D正确； 因为，即，所以，故B正确； ，即，所以，故C正确. 故选：A. 5．C 【分析】作出辅助线，由线线平行得到面面平行，从而当点在线段上时，平面，点P的轨迹长度即为的长，由勾股定理求出轨迹长度. 【详解】直线与平面BEF无公共点，即直线平面BEF， 取中点，连接，在上取点，使得，连接， 因为，所以， 又，故四边形为平行四边形，故， 因为平面，平面， 所以平面， 又，即为的中点，故， 又，故， 又，所以， 故，故， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，平面， 所以平面平面， 当点在线段上时，平面， 点P的轨迹长度即为的长， 取的中点，连接，则，⊥， 其中，由勾股定理得. 故选：C 6．C 【分析】利用基本量先计算公差和，进而得和，由解得的范围，进而求解. 【详解】设等差数列的公差为，又，所以， 由，所以，所以，所以，即①， 又因为，所以②， 由①②解得， 所以， 所以， 由有，即， 解得， 所以使成立的的最大值是， 故选：C. 7．B 【分析】令，由的范围求出的范围，再由正弦函数的单调性列不等式求解即可. 【详解】由题意设，由，所以， 则在上单调递增， 所以，解得，又， 所以，即的取值范围是. 故选：B. 8．C 【分析】设，得到，进而确定点的轨迹方程为，设其焦点为，得到，即可求解. 【详解】由得：， 平方可得：， 设，由题意可知：， 点绕逆时针旋转得到点，得与轴垂直，且， 可得：， 所以点的轨迹方程为：，焦点坐标为 所以， 即，当三点共线时取等号，    故选：C 9．BD 【分析】根据二项分布的期望与方差判断A；根据事件的独立性定义可判断B；利用百分位数的计算方法求解可判断C；根据相关系数的意义可判断D. 【详解】因为随机变量，那么， 所以，， 则，所以A正确； 三个随机事件两两独立，且相互独立才有，所以B错误； 将数据从小到大排序为， 因为，则该组数据的第三四分位数是第6项与第7项的平均数，所以C项正确； 在回归分析中，相关系数的绝对值越大，变量之间的相关性越强，而不是相关系数越大，变量之间相关性越强， 因为相关系数有正负之分，正相关系数表示正相关，负相关系数表示负相关，所以选项D错误； 所以错误的选项为BD. 故选：BD. 10．BCD 【分析】由直线斜率为可知，不妨设在第一象限，即可得到，代入双曲线方程，即可得到关于的方程，从而求出离心率，则渐近线方程可求，即可判断A、B，则双曲线方程可化为，设，根据对称性得，利用点差法判断C，求出动点的轨迹方程，即可得到，从而求出的面积，即可判断D. 【详解】依题意得直线与双曲线两交点关于原点对称，不妨设在第一象限， 由，所以， 设，由直线斜率为可知， 则，，则， 代入双曲线方程有， 即，化简得， 化简得，，解得，则，故A错误； 由，所以，所以双曲线的渐近线方程是，故B正确； 由，则双曲线方程可化为， 设，根据对称性得， 根据点在双曲线上则有， ①②得，即， ，故C正确；    点关于的角平分线的对称点在直线的延长线上， 故， 又是的中位线，故， 点的轨迹是以原点为圆心，为半径的圆，则点的轨迹方程为， 因为，所以，所以双曲线方程为， 所以，则，又， 所以，故D正确； 故选：BCD 【点睛】关键点睛：由直线的斜率表示出点坐标，从而求出离心率是解决ABC的关键，D选项的关键是求出动点的轨迹方程. 11．ABD 【分析】对于A：根据结合两角和的正切公式分析判断；对于B：设，利用辅助角公式可得，运算求解即可；对于C：设，整理可得，结合不等式分析可得，，即可得结果；对于D：分析可知为圆的直径，整理可得，进而可得最小值. 【详解】对于选项A：因为，则存在， 又因为， 整理可得，故A正确； 对于选项B：设，即， 则 ， 其中，当时取得等号， 即，解得， 不妨取为锐角，可知，，符合题意， 所以的最大值为，故B正确； 对于选项C：设，可得， 则即为， 整理可得， 构造，则， 令，解得；令，解得； 可知在上单调递减，在上单调递增， 则，即，当且仅当时，等号成立， 可得，当且仅当时，等号成立， 且，即，当且仅当，即时，等号成立， 若，可得，， 则，所以，故C错误； 对于选项D：圆的圆心为，半径， 则圆心到直线，即的距离， 因为，则，可知为圆的直径， 又因为， 所以的最小值为1，故D正确； 故选：ABD. 12．2 【分析】根据与的倒数关系，列式求值. 【详解】设，则，因为，所以. 由或（舍去）. 所以. 故答案为：2 13．4 【分析】对函数利用辅助角公式变形，分和两种情况由正余弦函数的性质可得. 【详解】 又，，， 或， ①当时，即， 则， 所以， ，而，，所以， 代入得， 所以， 当时，可取； ②时， 同理， 则， ，而，，所以， 代入得， 所以， 当时，可取； 综上的最小值为：4 故答案为：4. 14． 【分析】对向左、右、上、下移动的步数进行分类讨论，利用排列组合计数原理以及分类加法计数原理可得结果. 【详解】分以下几种情况讨论： ①次移动中，有次向左移动一步，次向右移动一步，此时不同的移动方法种数为种； ②次移动中，有次向上移动一步，次向下移动一步，此时不同的移动方法种数为种； ③次移动中，有次向左移动一步，次向右移动一步，次向上移动一步，次向下移动一步， 此时不同的移动方法种数为种； ④次移动中，有次向上移动一步，次向下移动一步，次向右移动一步，次向左移动一步， 此时不同的移动方法种数为种. 综上所述，不同的移动方法种数为种. 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作辅助线，根据几何性质可得，进而可证线面平行； （2）建系标点，分别求平面、平面PBC的法向量，根据面面垂直可得，运算求解即可. 【详解】（1）取中点F，设与交于点G，连接，， 由知D为中点，且F为中点，则， 则E为中点，且G为中点， 因为O为中点，则， 且平面，平面， 所以平面． （2）因为C在圆周上，为直径，则，同时，由圆锥知平面， 则以C为原点，、、过C与平行的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．    因， 则，，，，． 可得，，，， 设平面的一个法向量，则， 令，则，可得； 设平面的一个法向量，则。 令，则，可得， 若平面平面，则，解得． 故的值为． 16．(1) (2) 【分析】（1） 根据离心率及焦点列方程计算求解椭圆方程； （2）先设直线再联立方程组计算韦达定理，把角转化为计算向量数量积计算求解. 【详解】（1）由已知， 解得，所以C的方程为 （2）设MN：，， 将直线与椭圆方程联立， 整理得， 经检验， 根据韦达定理， 因为，所以，即， 所以，整理得， 将韦达定理代入得， 去分母后整理得，解得， 17．(1) (2) 【分析】（1）因为为的中点，所以，两边平方可得，即可解得； （2）由平分，则，由，利用三角形的面积公式可求得，进而可求得的面积. 【详解】（1）在中，， 因为为的中点，所以， 两边平方得， 则， 解得. （2）因为平分，所以， 又， 所以，解得， 所以. 18．(1)证明见解析 (2)当时，有两个零点；当时，有三个零点；当时，有四个零点. (3)证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义，利用导函数解析式可求出的值 （2）根据零点概念计算得到或，构造函数，通过分类讨论，借助导数研究函数的单调性和最值，分析函数的零点情况即可； （3）由（2）确定零点的分布和零点满足的条件，通过构造函数求最值证明结论. 【详解】（1）证明：， 由，得，， 则存在，使得曲线在点处切线的斜率为定值. （2）当时，由，得或. 设函数，则， 令，得，则在上单调递减， 令，得或，则在上单调递增，在上单调递增. 当时，， 若，则，若，则. 当时，， 若，则，若，则. 当时，方程只有一个非零实数解，则有两个零点； 当时，方程有两个非零实数解，则有三个零点； 当时，方程有三个非零实数解，则有四个零点. （3）证明：由（2）知，当时，的零点个数最多， 且0为其中一个零点，不妨设， 且，，等式两边同时取对数并整理得 ，. 设函数，则， ，则在上单调递增. 因为在上单调递增，且，所以. 要证，只需证，即证， 因为，且在上单调递增， 所以只需证，即， 令函数，， 则， 所以在上单调递减，则， 即，故. 故当的零点个数最多时，的零点之和大于3. 19．(1)0.75 (2)6 【分析】（1）根据全概率公式即可求解， （2）根据二项分布的概率公式，利用不等式即可求解最值. 【详解】（1）记“输入的问题没有语法错误”为事件， “一次应答被采纳”为事件， 由题意，，，则 ， . （2）依题意，，， 当最大时，有 即解得：，， 故当最大时，. 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 $