精品解析：湖南永州市2026届高考考前模拟数学试卷

永州市2026年高考考前模拟卷 数学 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由或，， 所以. 2. 已知，则的值为（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】， ． 3. 已知向量满足，则（ ） A. B. 3 C. 6 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】通过已知条件，利用向量的数量积化简求解即可. 【详解】平面向量的夹角为，，， 则向量. 4. 在的展开式中，含的项的系数是（ ） A. 1 B. C. 7 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项式定理通项公式即可求解. 【详解】由题意得：的展开式的通项为：， 所以的系数：. 5. 已知点，点，点M满足，则线段长的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由题可知点M的轨迹是以为圆心，半径的圆，则，代入数值求解. 【详解】由题可知，点M的轨迹是以为圆心，半径的圆. 则， 所以. 6. 设函数对任意的，都有，若函数，则的值是（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】根据得是的对称轴，进而可得，由同角平方关系可得，进而代入中即可求解. 【详解】因为 ,则关于对称， 故取到最值，因此 当时， 当时， 故选：D 7. 已知实数，函数的值域为，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据分段函数的值域可得，令，，利用导数判断的单调性，利用单调性解不等式. 【详解】因为在内单调递增，则， 可知函数在内的值域为； 又因为在内单调递增，则， 可知函数在内的值域为； 由题意可知：，即， 令，，则， 因为， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 又因为，且， 则不等式的解集为，所以实数a的取值范围为. 8. 在直三棱柱中，点满足，若经过，，三点的平面将棱柱分为，两部分的体积较小，则与的体积之比为（    ） A. 4∶5 B. 5∶7 C. 10∶17 D. 8∶19 【答案】D 【解析】 【分析】根据，确定点的位置，经过，，三点的平面将三棱柱分为两部分，通过补形确定经过三点的平面，利用棱柱、棱台的体积计算方法，得到，两部分的体积，最终求得比值. 【详解】取的中点，连接，； ，，即点在线段上，. 过点作，分别交，于点，. 平面是过点，，三点的平面. 设，直三棱柱的高为. . ，，； ； 直三棱柱被平面分成，两部分的体积较小）， ，则； . 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. 已知随机事件满足，，，，则下列说法正确的是（ ） A. 事件相互独立 B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】利用条件概率公式，相互独立事件概率公式，并事件概率公式来进行求解即可. 【详解】由， 代入已知得. 选项A，事件相互独立的充要条件是. 计算得，因此相互独立，A正确. 选项B，根据条件概率公式，，显然，B错误. 选项C，已知，又， 因此，C正确. 选项D，已知，代入得 .又因为， 两式消元可得，，解得，D错误. 10. 一般称具有某性质的所有直线的全体为一个直线系．如，与直线平行的直线系可表示为．设直线系（），则（ ） A. M中所有直线均经过一个定点 B. 点到M中任意一条直线的距离为定值 C. 点到M中所有直线距离的最大值为6 D. 不在直线系M中的点都落在面积为的区域内 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用直线系的性质，把直线系方程转化为的圆的全部切线，再根据圆的切线的性质判断选项，利用动圆切线无公共点判断选项A；利用点到直线距离公式计算判断选项B；利用定点到切线最大距离为圆心距与半径的和，判断选项C；不在直线系M中的点落在圆内部，即，求面积判断选项D． 【详解】直线系方程表示圆心为，半径的圆的全部切线， 若直线过定点，则对任意恒成立， 不存在这样的定点，故A错误； 由点到直线的距离公式，点到直线距离， 距离恒为定值1，故B正确； 设，圆心，两点间距， 点到圆切线距离的最大值为，故C正确； 不在直线系M中的点到的距离小于1，在圆内部， 圆面积，故D正确． 11. 已知数列满足，，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. 若，则 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】直接计算出即可判断A选项；构造函数函数，由，得到，进而判断B选项； 由得到，再结合累乘法得到，按照等比数列求和公式即可判断C选项； 构造函数，由得到，结合累乘法求得，按照等比数列求和公式即可判断D选项. 【详解】，则，又，所以，A不正确. 令函数，则，则在上单调递减，在上单调递增，，即，又易得是递增数列，，故，所以，B正确. 易知是递增数列，所以，则，则，即，所以，即，所以，所以， 而当时，则有，C正确. 令函数，则，所以在上单调递减，所以当时，，则， 所以，，， 所以，D正确. 故选：BCD. 【点睛】本题关键点在于B选项通过构造函数进行放缩得到，结合即可判断；C选项由放缩得到，D选项构造函数得到，再结合累乘法和求和公式进行判断. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知双曲线的离心率为，则双曲线的渐近线方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由已知可得，计算可得，可得渐近线方程. 【详解】因为双曲线的离心率为，所以， 两边平方得，所以，所以，解得， 又双曲线的焦点在轴上，所以双曲线的渐近线方程为. 故答案为：. 13. 已知，，则_________． 【答案】## 【解析】 【详解】由题设，所以， 结合，可得，且，即， 所以. 14. 将6枚硬币正面朝上排成一行，按照下列规则操作每一次的动作：抛掷一枚质地均匀的骰子，若抛出的点数为，则将排成一行的这6枚硬币最左边的枚硬币都翻转一次．进行三次操作后，6枚硬币中恰有2枚硬币正面朝上的概率为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】先明确硬币最终状态与翻转次数奇偶性的对应关系，再将三次抛骰子的点数按重复情况分类，结合排列组合计数、枚举法统计符合“恰有2枚硬币正面朝上”的基本事件数，最终利用古典概型公式计算概率 【详解】∵ 每枚硬币初始状态为正面朝上，翻转偶数次则回到正面，翻转奇数次则变为反面. ∴ 要满足三次操作后恰有2枚正面朝上，等价于恰有2枚硬币被翻转偶数次，剩余4枚被翻转奇数次. 设三次抛掷骰子得到的点数分别为（每个点数取值为，等可能），总基本事件数为. 对第枚硬币（从左到右排序，）：仅当某次操作的点数时，它会被翻转，因此其翻转次数等于中大于等于的个数，我们仅需考虑该次数的奇偶性即可判断最终状态. 我们按三次点数的重复情况分为两类讨论： 类型1：三次点数中，恰有一个点数出现的次数为奇数 ∵ 出现偶数次的点数对翻转次数的奇偶性无影响（翻两次等价于没翻），因此该类情况等效于仅对出现奇数次的那个点数操作了1次，即仅翻转前枚硬币. 此时前枚硬币翻转1次（奇数次，反面），后枚硬币未翻转（偶数次，正面），正面朝上的硬币数为. 令，得，即仅当出现奇数次的点数为4时符合要求. 计数该类的基本事件： 1. 点数4出现3次：即三次抛掷结果均为4，共种情况. 2. 点数4出现1次，剩余两次为同一个非4的点数：先选1次抛掷结果为4，有种选法；剩余两次的点数可从中任选，共种选择，总共有种情况. ∴ 类型1的符合条件的基本事件共种. 类型2：三次点数为3个互不相同的数 将三个不同的点数从小到大排序为，此时三个数各出现1次（均为奇数次），硬币的翻转奇偶性可分为四段： 当：三个点数均小于，翻转次数为0（偶数，正面），共枚； 当：仅，翻转次数为1（奇数，反面），共枚； 当：，翻转次数为2（偶数，正面），共枚； 当：三个点数均大于等于，翻转次数为3（奇数，反面），共枚. ∴ 正面朝上的总硬币数为，令其等于2，得： 结合的条件枚举： 1. 当时，代入得，满足的解为，对应三元组为，共3组. 2. 当时，代入得，满足的解为，对应三元组为，共3组. 每组三个不同的点数可进行全排列，共种排列方式，因此类型2的符合条件的基本事件共种. 符合条件的总基本事件数为，因此所求概率为： 【点睛】方法归纳：本题核心是将硬币状态转化为翻转次数的奇偶性问题，剔除重复操作对奇偶性的无效影响，将复杂的多次操作简化为奇偶性分类，再结合排列组合计数、枚举法求解，是高中概率题中“化繁为简”的典型思路. 易错归纳： 1. 分类时需注意区分“点数重复”和“点数不重复”两类情况，避免漏算点数重复的16种基本事件； 2. 枚举三个不同点数的组合时，需严格满足的约束，防止出现重复计数或遗漏组合； 3. 计算排列数时，仅三个不同点数需要全排列，点数重复的情况不能套用全排列公式，避免多算基本事件. 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. 如图，在五面体中，平面平面，底面是边长为的正方形，为的中点，，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明如下： 在五面体中，底面是正方形，所以. 因为平面，平面， 所以平面. 因为平面，平面平面， 所以. 因为为中点，，所以. 所以四边形是平行四边形. 所以. 因为平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由正方形得，利用线面平行判定推出平面，再由线面平行性质得，结合中点及边长得，证出四边形为平行四边形从而，最后用线面平行判定定理证得平面. （2）利用等腰三角形和面面垂直的性质，证明两两垂直，建立空间直角坐标系.然后分别求出平面和平面的法向量，最后用向量夹角公式计算出两平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，作，. 因为为正方形，所以. 因为，所以. 因为，，所以. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 所以，即两两互相垂直. 如图建立空间直角坐标系， 则. 因此，由题可知平面的一法向量为. 设平面的法向量为. 则即 令，则.于是. 设平面与平面夹角为，则 . 16. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若 （1）求角B的值； （2）若且△ABC的面积为求BC边上的中线AM的长. 【答案】（1）；（2）7. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理，两角和的正弦公式，同角三角函数基本关系式化简已知等式，结合sinA≠0，可得tanB，结合B∈（0，π），可得B的值. （2）由已知可求∠C，设AC＝BC＝2a，利用三角形的面积公式可求a的值，可得AC＝BC＝2，在△ACM中，由余弦定理即可求解AM的值. 【详解】（1）因为asinB﹣bcosBcosC＝ccos2B， 所以由正弦定理可得sinAsinB﹣sinBcosBcosC＝sinCcos2B， 可得sinAsinB＝cosB（sinBcosC+sinCcosB）＝cosBsinA， 因为sinA≠0，可得sinB＝cosB，即tanB， 由B∈（0，π），可得B. （2）由已知A，则△ABC是等腰三角形，∠C，设AC＝BC＝2a， 可得S△ABCACBCsin∠ACB（2a）2sina2， 由已知△ABC的面积为7，得a2＝7，a，可得AC＝BC＝2， △ACM中，由余弦定理，AM2＝CA2+CM2﹣2CACMcos ＝（2）2+（）2﹣2×2（） ＝49， 所以AM＝7. 17. 已知函数，． （1）求函数的极值； （2）若，当时，恒成立，求实数的取值范围； 【答案】（1）当时，函数无极值；当时，函数的极大值为，无极小值． （2） 【解析】 【分析】（1）对函数求导，再分类讨论求解即可； （2）将问题转化为当时，恒成立，进而构造函数恒成立，分与讨论求解即可； 【小问1详解】 ，定义域为R，， 当时，恒成立，故函数在R单调递增，无极值； 当时，令得， 故当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 所以，当时，函数取得极大值，无极小值． 综上，当时，函数无极值；当时，函数的极大值为，无极小值． 【小问2详解】 ， 因为，当时，恒成立， 所以，当时，恒成立， 令，，， ，， 令，， 则在恒成立，即在单调递增， 故当，即时，，在单调递增， 在恒成立； 当，即时，当时，， 所以，存在，使得时，，单调递减，时，，单调递增， 故由可知，时，，与满足在恒成立矛盾； 综上，当时，在恒成立，即恒成立． 18. 抛物线（）上有一系列点，，…，…，对于所有正整数n，以点为圆心的与y轴相切，且与又彼此外切．若，点到C的焦点的距离为，且． （1）求抛物线C的方程； （2）证明：数列是等差数列； （3）设的面积为，，求证：． 【答案】（1） （2）依题意的半径为，的半径为，又和两圆相外切， 则，即， 两边平方整理得， 所以， 又，所以，即， 因为，所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列． （3）由（2）得，即， 又，所以， 所以①当时，成立； ②当时，因为， 所以 ， 综上，得证． 【解析】 【分析】（1）通过抛物线的定义求解抛物线方程； （2）寻找 的关系，从而判断数列是等差数列； （3）进行不等式放缩，再通过裂项相消求和求解. 【小问1详解】 由题意，设抛物线C的焦点为F，有， 解得或2，又，所以取，故抛物线C的方程为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 某棋类游戏有不同规格的地图，规格为（，）的地图共有个格子，编号为0，1，2，…，，如下图所示. 0 1 2 … 2n 游戏规则如下： ①玩家首先选定地图规格，并获得2枚金币，棋子位于起点（0号格子）； ②玩家掷一枚质地均匀的骰子，向上点数不超过2时，棋子向前跳1格；否则，向前跳2格；如此重复操作直至游戏成功或失败； ③每当棋子落到非零偶数格时，就相应扣除1枚金币.当金币被扣光或棋子落到号格子时，游戏终止，视为失败，无奖励；当棋子落到号格子时，游戏终止，视为成功，获得奖励10n元. （1）若选定规格为的地图，求游戏成功的概率； （2）若选定规格为的地图，求棋子落到2n号格子且游戏成功的概率； （3）为使获得奖励的期望最大，玩家应选择何种规格的地图？ 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）列出失败的路径，求出失败的概率再计算即可； （2）列出棋子路径，再计算概率即可； （3）先列出成功的情况，分别计算其概率再相加，再列出收益分布列和期望表达式，计算最大值即可. 【小问1详解】 由题意得，向前跳1格概率为，向前跳2格为， 时，游戏失败只有2和4两格均落到和不落到2号格且从4号格直接落到6号格， 落到2号格概率为，从2号格到4号格概率为， 不落到2号格且落到4号格概率为，从4号格直接落到6号格概率为， 故失败的概率为， 所以成功的概率为； 【小问2详解】 因为2n号格为非零偶数格，所以棋子在落到2n号格子前不能落到非零偶数格上， 所以路线为共 次跳 2 格，3 次跳 1 格， 所以棋子落到号格子且游戏成功的概率为； 【小问3详解】 设“游戏结束时，余下的金币数量”，则， ； 时，棋子路径有3种情况： ，其概率为； ，其概率为； 棋子落到第号格处且成功，共有种路径， ， 每条路径概率相等且每条路径概率为， ， 总成功概率， 设收益为，则的分布列为 ， 令，即，解得， ，所以故 时期望最大，期望最大的地图规格为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 永州市2026年高考考前模拟卷 数学 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则的值为（ ） A. 5 B. C. D. 3. 已知向量满足，则（ ） A. B. 3 C. 6 D. 9 4. 在的展开式中，含的项的系数是（ ） A. 1 B. C. 7 D. 5. 已知点，点，点M满足，则线段长的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 设函数对任意的，都有，若函数，则的值是（ ） A. B. C. 或 D. 或 7. 已知实数，函数的值域为，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 在直三棱柱中，点满足，若经过，，三点的平面将棱柱分为，两部分的体积较小，则与的体积之比为（    ） A. 4∶5 B. 5∶7 C. 10∶17 D. 8∶19 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. 已知随机事件满足，，，，则下列说法正确的是（ ） A. 事件相互独立 B. C. 若，则 D. 若，则 10. 一般称具有某性质的所有直线的全体为一个直线系．如，与直线平行的直线系可表示为．设直线系（），则（ ） A. M中所有直线均经过一个定点 B. 点到M中任意一条直线的距离为定值 C. 点到M中所有直线距离的最大值为6 D. 不在直线系M中的点都落在面积为的区域内 11. 已知数列满足，，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. 若，则 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知双曲线的离心率为，则双曲线的渐近线方程为__________. 13. 已知，，则_________． 14. 将6枚硬币正面朝上排成一行，按照下列规则操作每一次的动作：抛掷一枚质地均匀的骰子，若抛出的点数为，则将排成一行的这6枚硬币最左边的枚硬币都翻转一次．进行三次操作后，6枚硬币中恰有2枚硬币正面朝上的概率为_____________． 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，在五面体中，平面平面，底面是边长为的正方形，为的中点，，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 16. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若 （1）求角B的值； （2）若且△ABC的面积为求BC边上的中线AM的长. 17. 已知函数，． （1）求函数的极值； （2）若，当时，恒成立，求实数的取值范围； 18. 抛物线（）上有一系列点，，…，…，对于所有正整数n，以点为圆心的与y轴相切，且与又彼此外切．若，点到C的焦点的距离为，且． （1）求抛物线C的方程； （2）证明：数列是等差数列； （3）设的面积为，，求证：． 19. 某棋类游戏有不同规格的地图，规格为（，）的地图共有个格子，编号为0，1，2，…，，如下图所示. 0 1 2 … 2n 游戏规则如下： ①玩家首先选定地图规格，并获得2枚金币，棋子位于起点（0号格子）； ②玩家掷一枚质地均匀的骰子，向上点数不超过2时，棋子向前跳1格；否则，向前跳2格；如此重复操作直至游戏成功或失败； ③每当棋子落到非零偶数格时，就相应扣除1枚金币.当金币被扣光或棋子落到号格子时，游戏终止，视为失败，无奖励；当棋子落到号格子时，游戏终止，视为成功，获得奖励10n元. （1）若选定规格为的地图，求游戏成功的概率； （2）若选定规格为的地图，求棋子落到2n号格子且游戏成功的概率； （3）为使获得奖励的期望最大，玩家应选择何种规格的地图？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $