精品解析：湖南长沙大学附属中学2026届高三全真模拟适应性考试数学试题

2026届高三全真模拟适应性考试 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. 一组数据升序排列为：，已知这组数据中位数是，的值为（   ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 2. 在平行四边形ABCD中，点在线段AC上，且.若，其中，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知集合，．若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数（且），若，则的递增区间是（ ） A. B. C. D. 5. 已知抛物线的焦点为，点在轴上且位于右侧，点在上，若为等边三角形，则（ ） A. 2 B. 2 C. 2 D. 4 6. 已知函数与的图象关于直线对称，函数，，若方程在区间上有解，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列的前n项和为，且，则满足的最大正整数n的值为（ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 8. 下列说法错误的是（   ） A. 样本数据2，3，3，4，7，8，，的第百分位数为 B. 样本数据的正线性相关程度越强，则样本相关系数的值越大 C. 根据分类变量与的成对数据，计算得到，依据的独立性检验，结论为变量与不独立 D. 一元线性回归模型的残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 10. 某化学晶体结构的局部空间构型可抽象为正八面体.如图所示，已知正八面体棱长为2，下列结论正确的有（ ） A. 平面与平面的夹角的余弦值为 B. 正八面体的内切球半径与外接球半径的比值为 C. 正八面体的体积与表面积的比值为 D. 点到平面距离为 11. 已知，分别是椭圆：的左、右焦点，过的直线交于，两点，则下列结论成立的是（ ） A. 的周长为8 B. C. 的最小值为 D. 存在直线，使得 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，动点满足.当取最大值时，______. 13. 已知，则______. 14. 某大学数学系举办学科素养大赛，参赛选手在2小时内进行学科素养答题挑战赛，比赛规则如下：参赛选手的赛程按轮次进行，只有完成上一轮的答题才能进入下一轮，若连续两轮均答错，则挑战终止；每一轮随机地派出一道素养题或技能题，系统派出素养题的概率为，派出技能题的概率为．若某选手答对素养题的概率为，答对技能题的概率为，各轮答题正确与否相互独立．记该选手在第轮答题结束时挑战依然未终止的概率为，记，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1，在边长为的正方形中，、分别为线段、的中点，现将四边形折起至，得到三棱柱，如图2所示，记二面角的平面角为． （1）若时，求三棱柱的体积； （2）若为线段上一点，满足，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 16. 在中，为边上一点，． （1）若，，求的长； （2）求的值． 17. 某工业系统内初始装有1个A类部件和2个B类部件.工作人员往系统内增添这两类部件，具体操作如下：每次从系统中随机抽调1个部件，记录类别后将其保留在系统中，同时向系统内增补1个与所抽调部件类别不同的部件.记第次操作抽调到A类部件的概率为，第n次操作后系统内A类部件的数量为. （1）求与的值； （2）求与的关系式； （3）求. 18. 抛物线的焦点为为坐标原点，抛物线上的一点到焦点的距离为． （1）求抛物线的标准方程； （2）已知直线交抛物线于两点，直线交抛物线的准线于点，且轴． （i）证明：直线过定点； （i）点为抛物线的准线与轴的交点，若的面积与的面积相等，求直线的方程． 19. 已知函数 . （1）求函数的极值； （2）若存在两个不相等的正实数，，使得 （i）求证：； （ii）设，为正实数，证明：和中至少有一个小于. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三全真模拟适应性考试 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. 一组数据升序排列为：，已知这组数据中位数是，的值为（   ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】B 【解析】 【详解】已知这组数据升序排列为：，中位数是， 这组数据中间两个数是5和x，根据中位数的计算方法：， 解得：． 2. 在平行四边形ABCD中，点在线段AC上，且.若，其中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由， 又，则，故. 3. 已知集合，．若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先通过解一元二次不等式得集合，再根据并集的定义可得. 【详解】由，解得，所以. 因为，所以，如图： 所以． 4. 已知函数（且），若，则的递增区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由得，所以，又且，所以， 而 的定义域为，处无定义， 当时，，因为，所以对数函数在上单调递增； 当时，， 根据复合函数性质得，内层在单调递减， 外层单调递增，因此在上单调递减. 则的递增区间是． 5. 已知抛物线的焦点为，点在轴上且位于右侧，点在上，若为等边三角形，则（ ） A. 2 B. 2 C. 2 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】如图，设，则，结合抛物线的定义得，进而建立关于的方程，解之即可求解. 【详解】如图，，设，的中点为， 则，又为等边三角形，所以， 由抛物线的定义知，所以， 解得，所以. 故选：D 6. 已知函数与的图象关于直线对称，函数，，若方程在区间上有解，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令可将方程变为，通过分析可确定，将问题转化为在上有解的问题，通过分离变量的方法，结合导数求得函数值域，进而得到所求范围. 【详解】与图象关于直线对称，， ，； 设，则由得：， 均在函数图象上； 假设，在上单调递增，，即，与假设矛盾； 假设，在上单调递增，，即，与假设矛盾； ，即在上有解，即； 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， 又，，，解得：， 即实数的取值范围为. 7. 已知数列的前n项和为，且，则满足的最大正整数n的值为（ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 【答案】C 【解析】 【详解】由于，故为等比数列，，公比， 故，． 因为，所以，即， 当时，不等式不成立，故有，此时的差恒大于1， 只需，即得，，解得． 因为，所以n的最大值为12． 8. 下列说法错误的是（   ） A. 样本数据2，3，3，4，7，8，，的第百分位数为 B. 样本数据的正线性相关程度越强，则样本相关系数的值越大 C. 根据分类变量与的成对数据，计算得到，依据的独立性检验，结论为变量与不独立 D. 一元线性回归模型的残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内 【答案】C 【解析】 【分析】A根据百分位数的定义求解即可；B根据相关系数与相关程度的关系判断即可；C根据小概率值的独立性检验原理判断即可；D根据一元线性回归模型拟合效果判断即可． 【详解】A：将样本数据从小到大排列：2，3，3，4，7，8，，， 则，所以第百分位数为第7个数字，即，故A正确； B：样本正相关系数的取值范围是，越接近1， 随机变量之间的线性相关程度越强，故正线性相关程度越强，则样本相关系数越接近1，故B正确； C：在独立性检验中，当时，没有充分证据推断原假设不成立，应认为变量与独立，故C错误； D：残差均匀分布在0附近的水平带状区域，则模型拟合效果好，即可作为一元线性回归模型，故D正确． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】设复数，根据题意，求得，结合选项，逐项判定，即可求解. 【详解】设复数，可得 因为复数z满足，可得，则， 可得且， 由时，可得或， 当时，可得，此时；当时，方程，无解； 对于A中，当，可得，可得； 当，可得，可得，所以A正确； 对于B中，当，可得，且， 则，所以B不正确； 对于C中，当，可得，可得，所以C不正确； 对于D中，当，可得，可得，则； 当，可得，可得，则，所以D正确. 故选：AD. 10. 某化学晶体结构的局部空间构型可抽象为正八面体.如图所示，已知正八面体棱长为2，下列结论正确的有（ ） A. 平面与平面的夹角的余弦值为 B. 正八面体的内切球半径与外接球半径的比值为 C. 正八面体的体积与表面积的比值为 D. 点到平面距离为 【答案】ABD 【解析】 【详解】设正方形的对角线交点为 ，则，， A选项，取中点，连接和，因为和都是等边三角形，所以且， 因此即为二面角的平面角，又，， 由余弦定理可得，那么平面与平面的夹角的余弦值为，A正确； B选项，因为到所有顶点的距离相等，因此也是外接球球心，外接球半径， 显然内切球球心也为，内切球半径即为到平面的距离也即到的高， 在中，，利用等面积法有，可得，所以比值为，B正确； C选项，设正八面体的体积和表面积分别为和，由等体积法可知，其中即为内切球半径，所以，C错误； D选项，设点到平面的距离为，利用等体积法有， 即，得，D正确. 11. 已知，分别是椭圆：的左、右焦点，过的直线交于，两点，则下列结论成立的是（ ） A. 的周长为8 B. C. 的最小值为 D. 存在直线，使得 【答案】ABD 【解析】 【分析】由椭圆的定义即可判断A；由基本不等式即可判断B；根据椭圆弦长公式即可判断C；根据的最大角即可判断D． 【详解】A，根据椭圆的定义，， 所以的周长为，故A正确； B，根据基本不等式，，当且仅当时等号成立，故B正确； C，设直线的方程为，， 与椭圆方程联立得，， ，， ， 当时，最小为1，故C错误； D，当直线过短轴顶点时，最大， 此时，即最大为， 所以存在直线，使得，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，动点满足.当取最大值时，______. 【答案】 【解析】 【分析】先求出点的轨迹方程，判断出当取最大值时点的位置，结合直线与圆的位置关系求解即可. 【详解】设. 因为，所以， 整理得， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆. 则当取最大值时，与圆相切，则. 在中，， 所以. 13. 已知，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】应用二倍角余弦公式及诱导公式化简已知条件求出，化简目标式即可得. 【详解】由，则， 所以. 14. 某大学数学系举办学科素养大赛，参赛选手在2小时内进行学科素养答题挑战赛，比赛规则如下：参赛选手的赛程按轮次进行，只有完成上一轮的答题才能进入下一轮，若连续两轮均答错，则挑战终止；每一轮随机地派出一道素养题或技能题，系统派出素养题的概率为，派出技能题的概率为．若某选手答对素养题的概率为，答对技能题的概率为，各轮答题正确与否相互独立．记该选手在第轮答题结束时挑战依然未终止的概率为，记，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】设事件 “一轮答题中系统派出素养题”，事件“该选手在一轮答题中答对”，根据全概率公式求出，设事件“第n轮答题结束时挑战未终止”，则当时，，所以数列是首项为，公比为的等比数列，求解即可. 【详解】设事件 “一轮答题中系统派出素养题”，事件“该选手在一轮答题中答对”， 依题意，， 因此， 所以该选手在一轮答题中答对题目的概率为． 设事件“该选手在第n轮答对”，由于各轮答题正确与否相互独立，所以， 设事件“第n轮答题结束时挑战未终止”，当时，第n轮答题结束时挑战未终止的情况有两种： ①第n轮答对，且第轮结束时挑战未终止； ②第n轮答错，且第轮答对，且第轮结束时挑战未终止， 因此第n轮答题结束时挑战未终止的事件可表示为， 则，而各轮答题正确与否相互独立， 因此， 即当时，，当时，， ，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以． 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1，在边长为的正方形中，、分别为线段、的中点，现将四边形折起至，得到三棱柱，如图2所示，记二面角的平面角为． （1）若时，求三棱柱的体积； （2）若为线段上一点，满足，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）证明出，，可知，证明出平面，当时，求出的面积，结合柱体的体积可求出三棱柱的体积； （2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，分析可知，根据可求出点的坐标，再利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【小问1详解】 翻折前，在图1中，因为四边形为正方形，所以，，， 因为、分别为、的中点，所以，， 所以四边形为平行四边形，且， 因为，所以， 翻折后，在图2中，，， 所以二面角的平面角为， 因为，、平面，所以平面， 当时，即，且，则， 所以三棱柱的体积为. 【小问2详解】 因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴， 过点且垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设点，其中，由题意可知，则，故， ，， 因为，则，解得， 则点，， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 设直线与平面所成角为， 则， 因此直线与平面所成角的正弦值的取值范围为. 16. 在中，为边上一点，． （1）若，，求的长； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 由题意得，，， 根据余弦定理，， 故. 【小问2详解】 因为， 所以，，． 设，则，，， 在中，由正弦定理可得， 即， 在中，由正弦定理可得， 即， 则， 化简可得， 则． 17. 某工业系统内初始装有1个A类部件和2个B类部件.工作人员往系统内增添这两类部件，具体操作如下：每次从系统中随机抽调1个部件，记录类别后将其保留在系统中，同时向系统内增补1个与所抽调部件类别不同的部件.记第次操作抽调到A类部件的概率为，第n次操作后系统内A类部件的数量为. （1）求与的值； （2）求与的关系式； （3）求. 【答案】（1），； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据独立事件概率乘法公式以及全概率公式直接计算即可得； （2）由题意可得，利用期望公式可得，则由计算即可得解； （3）由（2）可得，即可得 ，再利用累加法计算即可得解. 【小问1详解】 由题意可得，； 【小问2详解】 第次操作抽到类部件的概率等于第次操作后类部件占比的期望， 第 次操作抽到类部件的概率等于第次操作后类部件占比的期望， 故有，， 若第次操作时，取到类部件，则类部件的数量不变， 若第次操作时，取到类部件，则类部件的数量加， 故， 故， 即； 【小问3详解】 由， 则， 即 ， 则 ，， ，， 则 ， 即，则， 故， 故. 18. 抛物线的焦点为为坐标原点，抛物线上的一点到焦点的距离为． （1）求抛物线的标准方程； （2）已知直线交抛物线于两点，直线交抛物线的准线于点，且轴． （i）证明：直线过定点； （i）点为抛物线的准线与轴的交点，若的面积与的面积相等，求直线的方程． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）或 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用抛物线的定义，建立方程组，即可求解； （2）（i）设直线，，联直线与抛物线方程，再结合题设条件和根与系数间的关系，得，即可求解；（ii）根据条件，将问题转化成到直线的距离相等，再利用点到直线的距离公式，即可求解. 【小问1详解】 因为抛物线上的一点到焦点的距离为， 则，消得到，解得，所以抛物线的标准方程. 【小问2详解】 （i）由题可设，， 由，消得到，则，， 又，所以，令，得到， 所以，又轴，则，得到， 所以，解得，则，所以直线过定点. （ii）因为在抛物线上，则，解得，所以，由（i）知， 又点为抛物线的准线与轴的交点，则，又的面积与的面积相等， 则到直线的距离相等，所以，即，解得， 所以直线的方程为或. 19. 已知函数 . （1）求函数的极值； （2）若存在两个不相等的正实数，，使得 （i）求证：； （ii）设，为正实数，证明：和中至少有一个小于. 【答案】（1）极大值为，无极小值 （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据导数与极值的关系求解即可. （2）（i）根据题意设，结合单调性将证明转化为证明，构造函数，根据导数与单调性、最值的关系证明即可. （ii）由（1）可知，当时，单调递增；当时，单调递减. ①当时，，故，符合题意； ②当时，若，则，符合题意；若，则.当时，，构造函数，结合导数证明即可. 【小问1详解】 由题意知，的定义域为，. 令，即，解得. 故当时，，单调递增；当时，，单调递减； 故有极大值，为，无极小值. 故函数的极大值为，无极小值. 【小问2详解】 （i）因为，，不妨设， 要证，即证， 因为在上单调递减，故只需证. 又，只需证. 令，. ， 当时，，，故，所以在上单调递增， 因此，即. 又，所以，因此. （ii）由（1）知，当时，单调递增；当时，单调递减. ①当时，，故，符合题意； ②当时，若，则，符合题意； 若，则，即. 当时，. 令， 则， 令，则，在上单调递减， 所以，所以，在上单调递增， 则，即，. 令，则， 故若，则，符合题意. 综上，和中至少有一个小于. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $