精品解析：湖南株洲市第二中学2026届高三全真模拟考试数学试题

株洲市二中2026届高三年级全真模拟考试试卷 数学试题 命（审）题人：吴兴文，吴海燕，何小燕，吴娟 时量：120分钟 分值：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. 已知复数，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以  ， 根据复数模的公式可知. 2. 设集合，，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先化简集合，再根据两集合交集非空的条件推导的取值范围. 【详解】由不等式，解得，即， 又 ，说明区间与存在公共元素， 当时，内的元素均不大于0，与无公共元素，不符合要求； 当时，满足区间与存在公共元素， 综上，的取值范围是. 3. 已知等差数列的前n项和为，，则（ ） A. 27 B. 36 C. 45 D. 72 【答案】B 【解析】 【分析】先利用等差数列通项性质求得的值，再结合等差数列前项和公式及性质计算. 【详解】设等差数列的公差为，则 ， . 4. 点声源亦称“球面声源”或“简单声源”．已知点声源在空间中传播时，衰减量L（单位：dB）与传播距离r（单位：m）的关系式为，其中k为常数．当传播距离由15m增加到90m时，衰减量的增量约为（ ）（参考数据：，） A. 8dB B. 12dB C. 16dB D. 18dB 【答案】C 【解析】 【分析】通过计算两个不同距离下的衰减量差值，利用对数的运算性质化简表达式，再代入参考数据求解增量. 【详解】设传播距离为时的衰减量为，传播距离为时的衰减量为， 则衰减量的增量为. 由衰减量公式，可得： ， 代入，，得，故， 因此：， 代入参考数据，， 得：. 5. 已知，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用已知条件对所求表达式变形，结合基本不等式求最小值，即可得取值范围. 【详解】∵， ， 当且仅当，即，时等号成立. 的取值范围是. 6. 若函数与函数图象的对称中心完全一致，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角函数的对称性求得正确答案. 【详解】的最小正周期，两个对称中心的间隔为， 也即的对称中心的间隔为， 所以的最小正周期 , 所以. 由，解得， 由，解得 ， 依题意，与图象的对称中心完全一致，， 所以. 7. 已知抛物线，P为C上的动点，Q为圆上的动点，设点P到y轴的距离为d，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】通过抛物线定义将点到轴的距离转化为点到焦点的距离，结合圆的性质对进行放缩，再利用两点间线段最短求的最小值，最终得到的最小值. 【详解】抛物线中，，得，焦点，准线方程为. 设点的横坐标为，则点到轴的距离. 由抛物线定义， ，故 . 圆 的圆心为，半径， 对圆上动点，有 （当且仅当在线段上时取等号）. 因此 . 由两点间线段最短， ， 当且仅当为线段与抛物线的交点时取等号. ，故 ， 且等号可同时成立，即的最小值为. 8. 若存在，使得对恒成立，则实数b的范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】不等式可化为 ，结合时， ，条件可转化为 对恒成立，同构变形可得对恒成立，利用导数证明 为增函数，条件可转化为对恒成立，利用导数求函数 的最大值，由此可得结论. 【详解】不等式 ， 由已知存在，使得 对恒成立， 当时，，，所以 ， 由已知存在，使得 对恒成立， 所以 对恒成立， 不等式 ， 所以对恒成立， 因为 ，故， 令 ，则 ，故在上单调递增， 因此 对恒成立，即对恒成立， 令 ，求导得， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 因此函数的最大值为，故. 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. 株洲市生态环境局记录了5月日连续7天的预测误差（预测误差＝实际浓度－预测浓度，单位：），如下表： 日期 21 22 23 24 25 26 27 预测误差 2 0 3 2 2 则以下结论正确的是（ ） A. 这组数据的众数是2 B. 这组数据的中位数是 C. 若第8天的预测误差为2，则加入该数据后的平均数变大 D. 若第8天的预测误差为1，则加入该数据后的方差变小 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据众数、中位数、平均数、方差的计算，及各统计量的含义逐项判断即可. 【详解】首先将原7个预测误差数据从小到大排序： ， 选项A：数据中2出现的次数最多（共3次），因此众数为2，A正确； 选项B：7个数据的中位数为排序后第4个数据，即2，不是，B错误； 选项C：原数据的平均数为 ， 加入第8天数据2后，新平均数为 ，因此平均数变大，C正确； 选项D：加入第8天数据1后，新平均数为 ， 原方差， 新方差， 因此方差变小，D正确. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是线段和线段上的动点，且，则下列说法正确的有（ ） A. B. 三棱锥的体积最大值为1 C. 若为中点时，则点到直线的距离为 D. 三棱锥外接球球心轨迹的长度为 【答案】AC 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，选项A，通过计算向量的数量积是否为来判断线线垂直；选项B，利用三棱锥体积公式，结合均值不等式求最值；选项C，利用向量法计算点到直线的距离；选项D，分析外接球球心的坐标特征，确定轨迹，求出度. 【详解】 如图，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 设，，， 则，， 因，所以，故A正确； ， 当且仅当，即时成立，故B错误； 若为中点时，则,，， ，， ，，， ，故C正确； 设三棱锥的外接球球心为， 因为平面，则， 因为为直角三角形，球心在与平行的中垂线上， 所以，， 则球心为，球心的轨迹为一条线段， 当时，球心为，当时，球心为， 轨迹长度为，故D错误. 11. 已知数列满足，，则下列正确的有（ ） A. 任意， B. 任意，都有 C. 存在， D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由，得，令，则；对于A，利用数学归纳法证出，即可得到；对于B，由，得，结合不等式的性质即可得到；对于C，由，得，即，结合裂项相消法判断即可；对于D，利用数学归纳法及放缩法证出，结合等比数列的前项和得到，即可得证. 【详解】由，得，即， 令，则，. 对于A，用数学归纳法证明. 当时，，成立；假设时，，成立； 当时， ，故成立. 因此，即，故A正确； 对于B， ，所以， 又，，所以，故B正确； 对于C，由，得， 所以，即. ， 因为，，所以，， 所以，故C错误； 对于D，用数学归纳法证明. 当时，，成立；假设时，，成立； 当时， ， 因此，所以， 即，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，，，则与的夹角为______． 【答案】 【解析】 【分析】先计算向量的模，将两边平方求出，再利用向量夹角公式计算夹角即可. 【详解】 ， 由两边平方，得 ， . 设与的夹角为，则. ，∴. 13. 若圆与圆有且仅有3条公切线，则的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】判断出圆与圆的位置关系，利用三角换元法求得的最大值. 【详解】圆的圆心为，半径. 圆的圆心为，半径. 由于两圆有且仅有3条公切线，所以两圆外切， 所以，即， 设， 所以 ， 其中（为锐角）， 所以 ， 所以当时，取得最大值为. 14. 现有一盒子里装有序号分别为1，2，3，4，5，6，7的七个大小、质地完全相同的小球，甲、乙、丙三人依次有放回地从盒子里各随机抽取一次（每个球被抽取的可能性相同），记录被抽取的球的序号分别为，，，则满足的情况有______种． 【答案】72 【解析】 【分析】将转化为 ，通过设元，分类讨论求解. 【详解】由，得 ， 即 ，设， 则 ，设另一个数为，显然，， 当时，三个数为，，，对应，，，有种可能； 当时，三个数为，，，对应，，，有种可能； 当时，三个数为，，，对应，，，有种可能； 当时，三个数为，，，对应，，，有种可能， 所以，一共有 种. 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，四边形ABCD为圆内接四边形，，，． （1）求AD长； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理求解即可； （2）先求的三角函数，利用倍角得 的三角函数，再由圆内接四边形性质得 ，通过三角恒等变换可得，在中用正弦定理求，最后用面积公式计算即可. 【小问1详解】 在中，由余弦定理得， 代入，，，得 ， 整理得，解得（不符合边长要求，舍去）. 【小问2详解】 在中，由余弦定理得， 所以，又因为，所以，， 四边形为圆内接四边形， ，所以，， 所以，即，所以， 在中，由正弦定理得，所以， 所以. 16. 如图，在正三棱柱中，是棱的中点，是线段上动点，且． （1）若是的中点，求证：平面平面； （2）若平面与平面所成夹角的余弦值为，求点到平面的距离． 【答案】（1）证明：由题意以为坐标原点，分别为轴，过点平行于的直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 在正三棱柱中，由，是的中点， 则， 设平面的一个法向量为，由， 则，令，则，所以， 设平面的一个法向量为，由， 则，令，则，所以， 因为 ，所以， 所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出相应的点坐标，求出两个平面法向量，利用向量法证明即可； （2）设点的坐标，利用向量法表示出平面与平面所成夹角公式，求出点的坐标，然后利用向量法求点到面的距离即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设，则， 设此时平面的一个法向量为， 则，令，则，所以， 设平面的一个法向量为，由， 则，令，则，所以， 设平面与平面所成夹角为，且 即， 即，解得：或（舍去）， 所以平面的一个法向量为， 又点，则， 所以点到平面的距离：. 17. 为了测试某AI象棋软件算法的有效性，棋协组织两位象棋大师甲、乙分别与该AI象棋软件进行比赛．比赛规则如下：在一局比赛中，甲、乙两位象棋大师分别与该AI象棋软件进行一盘比赛，每盘比赛获胜得1分，否则得0分（每盘棋没有平局），每盘棋比赛结果互不影响，各局之间的结果也互不影响．已知象棋大师甲、乙每盘比赛获胜的概率分别为，． （1）设前两局比赛中，两位象棋大师一共得3分为事件M，象棋大师甲得2分为事件N，求； （2）由于该AI象棋软件受运行时长和散热影响，本次比赛最多进行4局，且当两位象棋大师的总得分与该AI象棋软件的得分相差2分时比赛结束．设比赛结束时共进行了X局，求X的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2）分布列为 1 2 3 4 . 【解析】 【分析】（1）先求出和，再根据条件概率公式求解即可； （2）先求出单局结束后分差为0的概率，进而求出单局结束后分差为2的概率，最后求分布列和期望. 【小问1详解】 已知象棋大师甲、乙每盘比赛获胜的概率分别为， 所以甲连胜两局的概率为，乙两局中胜一局的概率为， 所以， 前两局共得3分分为两种情况： 甲得2分，乙得1分，概率为； 甲得1分，乙得2分，概率为， 所以， 所以. 【小问2详解】 每局结束后，两位大师和AI的总得分可能情况为： 甲乙都输：0分，AI：2分，分差为2分； 甲乙一胜一负：1分，AI：1分，分差为0分； 甲乙都赢：2分，AI：0分，分差为2分； 所以单局结束后继续比赛的概率为，结束比赛的概率为， 所以的可能取值为1,2,3,4, ， ， 分布列为 1 2 3 4 . 18. 已知椭圆：过点，其左焦点为，右顶点为，． （1）求的方程； （2）过点的直线与相交于，两点，若，求实数的取值范围； （3）已知点为直线上的一个动点，过点的直线与椭圆相切于点（异于点），求证：平分． 【答案】（1） （2） （3）证明：设，，则过点的切线方程为， 又切线过点，则，即. 设过点的切线与轴交于点. 要证平分，只需证，即， 也即 ，即证. 又，， ， 又，所以， 则， 所以， 因此平分. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆过点， 及列方程组求解即可. （2）设直线方程为，与椭圆方程联立，得到关于的一元二次方程，由，得到，结合韦达定理及数量积的坐标表示得到，结合求范围即可. （3）根据两角差的正切公式将证平分转化为证，设出点坐标，得到切线方程，分别求出，，化简证明即可. 【小问1详解】 由题意知，， ， 又，解得，， 所以椭圆的方程. 【小问2详解】 由（1）知，，，设过点的直线方程为. 联立，整理得. ， 设，，则，. 又 ，， 所以. ，， . 故. 因为，所以，则，即. 故实数的取值范围为. 【小问3详解】 略 19. 已知 ，． （1）讨论的单调性； （2）当时， ，若函数在定义域内存在极小值点，且满足，求实数的取值范围； （3）若在定义域内有两个不同的根，， 证明：． 【答案】（1）当时，在R上单调递增；当时，在 上单调递减，在 上单调递增. （2） （3）由在定义域内有两个不同的根，可得， 即方程 有两个不同的实根 ,不妨设， 设，则, 当时，， 即在上单调递增，此时 ， ， 令，则，那么 当 时，由于在上单调递增，故 ; 当 时，由于在上单调递增，故, 令，那么 根据和差化积公式，，得 设令，则， ， , 由于 , 所以， , 所以，在上单调递增， ， 故当即时，即， 所以，，即 又，故 又 ，在上单调递增， 所以，即 证毕. 【解析】 【分析】（1）求导后参数分和进行讨论，得到的单调性； （2）先对求导，讨论单调性得到极值点存在情况，通过虚设零点，把参数表示出来，求出零点的取值范围，再求出参数的取值范围； （3）由在定义域内有两个不同的根，可得，在定义域内有两个不同的零点，且，先求导，讨论函数的单调性，求得，再使用对称性假设，讨论的单调性来证明，最后证明. 【小问1详解】 由 可知， 当时， 在上恒成立，在上单调递增； 当时，令 ，得 ， 令 ，得 ， 所以，在 上单调递减，在 上单调递增. 综上，当时，在R上单调递增；当时，在 上单调递减，在 上单调递增. 【小问2详解】 当时，，故 ， ，， 若，则 在上恒成立,没有极小值； 若，则设，那么 ， 所以，在上单调递增， 由于，， 故若函数在定义域内存在极小值点，则 ， ， 所以， 即 ，设,则 ， 令 ，则 ，那么在单调递减，在单调递增， 且 ，时，, , 解为 ，即 , 又 , 令 ，则 ，函数在上单调递增， 故 ，即， 所以，实数的取值范围是 . 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 株洲市二中2026届高三年级全真模拟考试试卷 数学试题 命（审）题人：吴兴文，吴海燕，何小燕，吴娟 时量：120分钟 分值：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. 已知复数，则（ ） A. 1 B. C. D. 2. 设集合，，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 3. 已知等差数列的前n项和为，，则（ ） A. 27 B. 36 C. 45 D. 72 4. 点声源亦称“球面声源”或“简单声源”．已知点声源在空间中传播时，衰减量L（单位：dB）与传播距离r（单位：m）的关系式为，其中k为常数．当传播距离由15m增加到90m时，衰减量的增量约为（ ）（参考数据：，） A. 8dB B. 12dB C. 16dB D. 18dB 5. 已知，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 若函数与函数图象的对称中心完全一致，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知抛物线，P为C上的动点，Q为圆上的动点，设点P到y轴的距离为d，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 若存在，使得对恒成立，则实数b的范围为（ ） 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. 株洲市生态环境局记录了5月日连续7天的预测误差（预测误差＝实际浓度－预测浓度，单位：），如下表： 日期 21 22 23 24 25 26 27 预测误差 2 0 3 2 2 则以下结论正确的是（ ） A. 这组数据的众数是2 B. 这组数据的中位数是 C. 若第8天的预测误差为2，则加入该数据后的平均数变大 D. 若第8天的预测误差为1，则加入该数据后的方差变小 10. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是线段和线段上的动点，且，则下列说法正确的有（ ） A. B. 三棱锥的体积最大值为1 C. 若为中点时，则点到直线的距离为 D. 三棱锥外接球球心轨迹的长度为 11. 已知数列满足，，则下列正确的有（ ） A. 任意， B. 任意，都有 C. 存在， D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，，，则与的夹角为______． 13. 若圆与圆有且仅有3条公切线，则的最大值为______． 14. 现有一盒子里装有序号分别为1，2，3，4，5，6，7的七个大小、质地完全相同的小球，甲、乙、丙三人依次有放回地从盒子里各随机抽取一次（每个球被抽取的可能性相同），记录被抽取的球的序号分别为，，，则满足的情况有______种． 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，四边形ABCD为圆内接四边形，，，． （1）求AD长； （2）若，求的面积． 16. 如图，在正三棱柱中，是棱的中点，是线段上动点，且． （1）若是的中点，求证：平面平面； （2）若平面与平面所成夹角的余弦值为，求点到平面的距离． 17. 为了测试某AI象棋软件算法的有效性，棋协组织两位象棋大师甲、乙分别与该AI象棋软件进行比赛．比赛规则如下：在一局比赛中，甲、乙两位象棋大师分别与该AI象棋软件进行一盘比赛，每盘比赛获胜得1分，否则得0分（每盘棋没有平局），每盘棋比赛结果互不影响，各局之间的结果也互不影响．已知象棋大师甲、乙每盘比赛获胜的概率分别为，． （1）设前两局比赛中，两位象棋大师一共得3分为事件M，象棋大师甲得2分为事件N，求； （2）由于该AI象棋软件受运行时长和散热影响，本次比赛最多进行4局，且当两位象棋大师的总得分与该AI象棋软件的得分相差2分时比赛结束．设比赛结束时共进行了X局，求X的分布列及数学期望． 18. 已知椭圆：过点，其左焦点为，右顶点为，． （1）求的方程； （2）过点的直线与相交于，两点，若，求实数的取值范围； （3）已知点为直线上的一个动点，过点的直线与椭圆相切于点（异于点），求证：平分． 19. 已知 ，． （1）讨论的单调性； （2）当时， ，若函数在定义域内存在极小值点，且满足，求实数的取值范围； （3）若在定义域内有两个不同的根，， 证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $