精品解析：湖南长沙市第十一中学等校2026届高三考前适应性训练数学试题

2026届高三冲刺压轴适应性训练 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试题卷上无效． 3．本试题卷共5页，19小题，满分150分，考试用时120分钟．如缺页，考生须及时报告监考老师，否则后果自负． 4．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回． 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. 集合的子集个数为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】D 【解析】 【详解】由题意得，元素个数为，子集个数为. 2. 设甲：且，乙：且，则（ ） A. 甲是乙的充分不必要条件 B. 甲是乙的必要不充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲是乙的既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分条件，必要条件的定义判断即可． 【详解】根据充分条件，必要条件的定义，若”且”则”且”是真命题，充分性成立． 反之是假命题，比如当，时满足且，但推不出且. 3. 已知复数是纯虚数，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】. 因为该复数为纯虚数，因此且，解得. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】. 5. 已知数列为等差数列，的前项和为，，，则（ ） A. -1 B. C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】由等差数列前项和公式，及下标和性质即可求解. 【详解】由，可得， 即， 由，得， 又， 得. 6. 已知曲线在其上一点处的切线与轴交于点，则的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】先设出切点坐标，根据导数的几何意义求出切线方程，再结合切线过点得到关于切点横坐标的表达式，最后通过求导研究该表达式的单调性，进而求出的最大值. 【详解】设切点坐标为 ， 因为 ，所以，所以切点处的切线斜率 ， 由点斜式得切线方程为： 令，代入切线方程可得纵截距： ， 设函数 ，则， 令，由于恒成立，解得， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 因此为的最大值点， 最大值为 ，即的最大值为. 7. 已知抛物线的焦点为，准线为.点在上，过点作的垂线，垂足为.为坐标原点，若四边形OFMN为等腰梯形，面积为，则的值是（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】先根据抛物线方程写出焦点、准线，设点及其垂足的坐标，再由等腰梯形两腰相等，列距离公式求出的横坐标，接着代入抛物线方程得的纵坐标与的关系；最后用梯形面积公式列方程，结合已知面积求解的值即可. 【详解】因为抛物线 的焦点为 ，准线为 ， 设 ，则垂足 ， 由四边形 为等腰梯形，得 ，且 ， 所以，解得 ， 将 代入抛物线方程 ，得： 等腰梯形面积： 因为 ，，，代入得： ， ， ， 又因为 ，所以 . 8. 在一个不透明的口袋中装有大小､形状完全相同的3个小球，并将它们编号为1，2，3，每次从口袋中随机抽取一个小球，记录编号后将球放回，重复操作直至取遍所有小球后立刻停止摸球，则“经过3次摸球未能停止摸球”的条件下，经过5次摸球停止摸球的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设A事件为“经过3次摸球未能停止摸球”， B事件为“经过5次摸球停止摸球”，求出，利用条件概率公式求解. 【详解】设A事件为“经过3次摸球没有能停止摸球”， B事件为“经过5次摸球停止摸球”. 则 选择前4次涉及的2个编号：从3个中选2个，共种选法， 前4次摸球的情况数：这2个编号需至少各出现1次（否则前4次仅1个编号，无法满足“恰好2个编号”）， 因此前4次的情况数为（减去“全选第1个”和“全选第2个”的2种无效情况）， 第5次摸球：必须选第3个未被前4次摸到的编号，仅1种选法， 因此，事件B的情况数为，总摸球可能数为， 所以​，由题意， 所以. 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. 已知函数的最小正周期为2，则（ ） A. 的值域为 B. 是偶函数 C. 曲线与相切 D. 曲线关于点中心对称 【答案】ABC 【解析】 【分析】先利用正弦函数周期公式求出参数，得到的具体解析式，再结合正弦函数的性质、导数的几何意义逐一判断各选项. 【详解】对于， ，解得 ，即. 对于A：的值域为，因此的值域为，A正确； 对于B： ，定义域为， 且，满足偶函数定义，B正确； 对于C：，则 ，且 ，则 ， 所以 就是在原点的切线，因此两曲线相切，C正确； 对于D：正弦函数的对称中心满足 ，解得 ，即对称中心为（为整数），   不是整数，且 ，因此该点不是对称中心，D错误. 10. 对于维向量，，，，二者夹角的余弦值现有一组点，设，，记，，已知这组点由最小二乘法所得的经验回归方程为和，若，称这组点的线性相关性弱，反之则称这组点的线性相关性强，则（ ） 附：，，，. A. B. 在上的投影向量为 C. D. 这组点的线性相关性弱 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，根据样本中心点过，再联立得到，对于B，在上的投影向量为，又即可判断；对于C，根据向量夹角的定义可得 ；对于D，由，再结合题意判断即可． 【详解】已知经验回归方程为和， 设， ，解得，则，故A正确； 在上的投影向量为， ， ， 而回归方程中，中，二者不相等， 因此投影向量为，B错误； 相关系数， ， 所以 ，C正确； 由回归方程中，中，， ， ， 所以这组点的线性相关性强，D错误． 11. 已知椭圆的左、右顶点分别为，，圆．点是椭圆上异于，的动点，直线与圆交于另一点，直线与圆交于另一点．设直线与直线交于点，则（ ） A. 直线与直线始终互相垂直 B. 点的轨迹为焦点在轴上的部分椭圆 C. 线段长度的取值范围为 D. 面积的最大值等于 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A根据直径所对的圆周角为直角可得；对B根据点是椭圆上得，进而可得点的轨迹；对C由点的轨迹方程为，由椭圆的性质可得所求线段的范围；对D由点的轨迹方程为，由椭圆的性质得，进而可得面积的最大值. 【详解】如图： 对于A，因为点在圆上，且是圆的直径，所以， 即，点在直线上，所以，因此A正确； 对于B，设 ，直线  斜率 ，直线 斜率 ， 由点在椭圆上得：，，，，所以. 由 ，，得直线 ，直线 . 设交点 ，得 ​，​， 代入 得： ，，整理得：. 因为点是椭圆上异于，的动点，，所以点该轨迹方程为. 所以点的轨迹焦点在 轴上的部分椭圆，不是焦点在  轴上的部分椭圆，故B错误； 对于C，因为在椭圆上，所以， 由，所以，即，故C正确； 对于D，中，边上的高的长度为 ，面积， 又由得：，所以 ， 当时，，对应 ，满足  异于 ，该点存在，故面积最大值为 ，故D正确. 【点睛】本题关键在求点的轨迹方程，先由点是椭圆上而得，再用点的坐标表示, 进而可得所求点的轨迹方程. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若随机变量服从正态分布，且，则________． 【答案】## 【解析】 【详解】由随机变量服从正态分布 ，得 , 所以 . 13. 将圆锥的侧面展开得到一个面积为，周长为的扇形，且该扇形的半径为有理数，则该圆锥的体积为________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据扇形的周长和面积公式列方程，结合半径为有理数的条件确定扇形半径，再利用扇形弧长等于圆锥底面周长求出底面半径，进而求出圆锥的高，最后代入圆锥体积公式计算. 【详解】 设扇形的半径与弧长分别为 ,则由扇形周长得 ，即 ； 由扇形面积公式得： ，得 ； 联立两方程，消去，可得 ，即 ，解得或 ， 因为为有理数，故， . 设圆锥底面半径为，则 ，解得，圆锥的高， 所以圆锥体积.​ 14. 设函数 ，若，则的最大值为______；当取得最大值时，_____. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先利用特殊值得到的最大值，再证明等号可取，从而得出的值. 【详解】由题可知，对任意恒成立，取特殊值，代入函数有 ，即的最大值不超过. 若，则 原不等式转化为： 令，则，代入不等式，有 令，则对任意恒成立，且，故是的极小值点，所以. 因为， 所以 验证：将代入得 所以 当 ， 即在单调递减，在，单调递增. 所以在处取得极大值 故 所以当时，又 故当时，即函数单调递减； 当时，即函数单调递增； 所以在处取得最小值，即恒成立，符合条件. 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. 记的内角的对边分别为．已知，，且为锐角三角形． （1）求； （2）求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由辅助角公式即可求解； （2）由三角形为锐角三角形确定范围，再结合正弦定理得到，由正切函数的性质即可求解. 【小问1详解】 由，代入 ， 得  ， 即 得 ，即 ， 因为是三角形内角，所以， 所以 【小问2详解】 由（1），三角形内角和得：，即， 因为为锐角三角形， 三个内角均小于： ， 由正弦定理，， 得： ， 展开 ， 代入化简得：  因此，则 则， 所以的取值范围为  . 16. 如图，在圆台中，上、下底面半径分别为和，高为，轴截面为四边形，在下底上，，为中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用等腰三角形三线合一的性质得出，推导出平面，可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 在圆台中，上、下底面半径分别为和，高为，所以， 因为为的中点，所以， 易知平面，平面，所以， 又因为，，、平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，、平面，故平面. 【小问2详解】 因为平面，， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、、、， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 易知平面的一个法向量为， 所以. 故平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知双曲线的渐近线方程为和，右焦点为． （1）求的标准方程； （2）过的直线交的右支于，两点，过作的平行线交于点，过作的平行线交于点，证明：． 【答案】（1） （2）设，，直线的方程为， 过且与平行的直线可写为， 联立，解得， 过且与平行的直线可写为， 联立，解得， 当时，，，此时 ， 则直线和均垂直于轴且不重合，所以， 当时，联立得， 易知，且，， ，所以， 又，，，四点不共线，所以. 【解析】 【小问1详解】 由渐近线方程知，，由焦点坐标可知，， 联立，解得，故的方程为. 【小问2详解】 略. [Failed to download image : https://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs.com/QBM/editorImg/2026/5/31/81f29784-0adf-4092-ac45-a740393fbf96.svg] 18. 已知函数.记曲线在处的切线为. （1）当时，求的方程； （2）证明：函数 在上单调递减； （3）当时，证明：曲线与有且仅有一个公共点. 【答案】（1） （2），求导得 ， 换元，令，则，，只需证 ， 即证明，令，求导得， 二次求导得 （定义为函数的导函数），所以在上增，而， 所以在为负，为正，所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，取最小值时，所以，对恒成立，且只在处， 所以在上单调递减. （3），， 所以，而 ， 所以切线方程为，即， 令，易知 ， 下面分别证明时，， 设函数， ，且只在孤立的点为0，所以在上增，所以时，， 即，所以时，, 当时，，所以 ， 所以， 令 ， ，当时，， 所以，所以， 当时，由（2）可知， ， 即 ，两边同乘x得， 所以， 换元，令，因为，所以， 令 ，则 ， 而 （定义为函数的导函数），所以在上单调递增，所以当时， ， 所以在上单调递减，所以 ，所以 ， 所以只有唯一零点，所以与直线有唯一公共点. 【解析】 【分析】（1）先求导，进而求出切线的斜率，根据直线方程的点斜式即可求出切线方程. （2）求导，通过换元证明导函数在定义域内为负，即可证明递减. （3）设，先证时没有零点，利用，只需证，再利用即可证明；当时，利用第二问结论，再乘x，得，代入，只需证，通过换元，二次求导即可证明. 【小问1详解】 ，求导得， 所以，而， 所以切线方程，即. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】方法归纳： 1.第二问通过换元，使得求导判断正负的问题变得简单. 2.可以记一些基本的不等式如时，，，可判断式子的正负或者大小关系. 3.第三问直接求导计算量大，而且不容易有结果。一般这种题目是要利用前面的结论的，通过观察第二问结论的形式，巧妙乘x，换掉，使得运算变得简单. 19. 知随机变量，的取值集合为的子集且，记，定义与的差异度为． （1）当时，，，且，，，求； （2）设数列，，，满足，证明：，并指出等号成立时的取值条件； （3）记，的数学期望分别为，，若，求的最小值关于的表达式，并写出此时能够取得该最小值的一组与的分布列． 【答案】（1） （2）证明：记，因为且， 两式相减，可得，对于任意取值为0或1的数列， 由于，可将改写成， 移项得， 在对求和式进行恒等变形得到， 因为，所以且， 根据绝对值性质知以及，将其分别乘以非负数与， 可得，以及， 相加得到， 两边同除以2，即证得， 上述放缩过程中，要使等号成立， 必须同时满足与 当 时，为使第二式成立，必须 ，即； 当 时，为使第一式成立，必须； 当 时，两式对或均成立. 为使第二式成立，必须 ，即； 故等号成立的条件为：当 时，；当 时，； 当 时，或. （3）解：记， 由已知条件概率和为1可得且， 对于任意常数，均有成立， 取，代入上式可得 ， 根据绝对值不等式的性质，可得， 因为，所以，进而可得， 将其代入放缩不等式可得， 将上述不等式从到累加，可得， 代入，即可得到，解得， 故的最小值为， 要使上述所有放缩过程均取到等号，必须满足对所有均有成立， 当时，上式化为，即； 当时，上式化为，即； 当时，由于，若要等号成立有． 结合与，可解得且， 即且，且其余所有位置均有， 结合概率非负且总和为1的性质，可令且，并令且， 此时剩余概率总和为， 由于已知，故该剩余概率值非负，可令， 其余所有位置（若存在）均满足 ， 由此构造出的一组满足条件的分布列为且，以及且，其余各项取值的概率均为0． 【解析】 【分析】（1）根据题设中的定义，代入数值，进行计算，即可求解； （2）记，得到，由，得到，进而得到，根据绝对值性质，得到及，证得，进而得到等号成立的条件； （3）记，得到均有 成立，取，求得 ，得到，求得，得到的最小值为，由此构造出的一组满足条件的分布列，得到取得最小值的条件. 【小问1详解】 解：因为定义与的差异度为 由，，且，，， 代入计算公式得， 化简得. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三冲刺压轴适应性训练 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试题卷上无效． 3．本试题卷共5页，19小题，满分150分，考试用时120分钟．如缺页，考生须及时报告监考老师，否则后果自负． 4．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回． 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. 集合的子集个数为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 2. 设甲：且，乙：且，则（ ） A. 甲是乙的充分不必要条件 B. 甲是乙的必要不充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲是乙的既不充分也不必要条件 3. 已知复数是纯虚数，则实数（ ） A. B. C. D. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列为等差数列，的前项和为，，，则（ ） A. -1 B. C. D. 3 6. 已知曲线在其上一点处的切线与轴交于点，则的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 7. 已知抛物线的焦点为，准线为.点在上，过点作的垂线，垂足为.为坐标原点，若四边形OFMN为等腰梯形，面积为，则的值是（ ） A. B. 2 C. D. 4 8. 在一个不透明的口袋中装有大小､形状完全相同的3个小球，并将它们编号为1，2，3，每次从口袋中随机抽取一个小球，记录编号后将球放回，重复操作直至取遍所有小球后立刻停止摸球，则“经过3次摸球未能停止摸球”的条件下，经过5次摸球停止摸球的概率是（ ） A. B. C. D. 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. 已知函数的最小正周期为2，则（ ） A. 的值域为 B. 是偶函数 C. 曲线与相切 D. 曲线关于点中心对称 10. 对于维向量，，，，二者夹角的余弦值现有一组点，设，，记，，已知这组点由最小二乘法所得的经验回归方程为和，若，称这组点的线性相关性弱，反之则称这组点的线性相关性强，则（ ） 附：，，，. A. B. 在上的投影向量为 C. D. 这组点的线性相关性弱 11. 已知椭圆的左、右顶点分别为，，圆．点是椭圆上异于，的动点，直线与圆交于另一点，直线与圆交于另一点．设直线与直线交于点，则（ ） A. 直线与直线始终互相垂直 B. 点的轨迹为焦点在轴上的部分椭圆 C. 线段长度的取值范围为 D. 面积的最大值等于 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若随机变量服从正态分布，且，则________． 13. 将圆锥的侧面展开得到一个面积为，周长为的扇形，且该扇形的半径为有理数，则该圆锥的体积为________． 14. 设函数 ，若，则的最大值为______；当取得最大值时，_____. 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. 记的内角的对边分别为．已知，，且为锐角三角形． （1）求； （2）求的取值范围． 16. 如图，在圆台中，上、下底面半径分别为和，高为，轴截面为四边形，在下底上，，为中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知双曲线的渐近线方程为和，右焦点为． （1）求的标准方程； （2）过的直线交的右支于，两点，过作的平行线交于点，过作的平行线交于点，证明：． 18. 已知函数.记曲线在处的切线为. （1）当时，求的方程； （2）证明：函数 在上单调递减； （3）当时，证明：曲线与有且仅有一个公共点. 19. 知随机变量，的取值集合为的子集且，记，定义与的差异度为． （1）当时，，，且，，，求； （2）设数列，，，满足，证明：，并指出等号成立时的取值条件； （3）记，的数学期望分别为，，若，求的最小值关于的表达式，并写出此时能够取得该最小值的一组与的分布列． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $