精品解析：湖南长沙市第二十六中学（湖南师大附中雨花学校）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：3，5，7，9，11，这组数据的中位数是（ ） A. 3 B. 5 C. 7 D. 9 【答案】C 【解析】 【详解】数据共5个，从小到大排列后中间第3个数为7，即中位数是7. 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，，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由，， . 4. 函数的图象在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的几何意义，即可求解. 【详解】由，可得， 则，又， 则所求切线方程为，即． 故选：B． 5. 已知点P是直线上一点，过点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求得的最大值，再由二倍角公式得出的最小值． 【详解】圆的圆心C的坐标为，半径为1． 因为PA，PB为圆C的切线，切点分别为A，B， 所以，，，， 所以，． 当时，取最小值，，此时取最大值， 又，函数 在上单调递增，即取最大值，此时取最大值， 又，所以． 6. 已知函数，，若，，则的最小值为（ ） A. B. C. -1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数分析的单调性及最值，根据指对互化，利用函数同构得，结合的单调性及取值情况，得到的关系，从而可得，结合的最小值，求得的最小值. 【详解】函数的定义域为 ，. 当时，；当时，. 在上单调递减，在上单调递增.在 处取得最小值. 又当 时，，且， 若，，则， 所以，即. 所以. 所以当，即时，取得最小值，最小值为. 7. 正整数的倒数的和已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到了它的近似公式，当 很大时，.其中称为欧拉-马歇罗尼常数，，至今为止都不确定是有理数还是无理数.设表示不超过的最大整数，用上式计算的值为（ ） （参考数据：，，） A. 10 B. 9 C. 8 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】设，分析可知数列为递增数列，结合题中数据估算可知，即可得结果. 【详解】设，则， 因为， 可知数列为递增数列， 且， ， 可知，所以. 故选：C. 8. 如图，从1开始出发，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或向上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到11：1→2→3→5→7→8→9→10→11就是一条移动路线．从1移动到数字的不同路线条数记为，从1移动到11的事件中，跳过数字的概率记为，则下列结论正确的是（ ） ①，②，③，④． A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ①②③④ 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意分析，不难得到，按照规律写出各项，即可判断①，②正确；对于③，结合树状图，考虑对立事件所包含的样本点数，利用古典概型概率公式计算即得，同法求出即可判断. 【详解】由题意可知， 则，， 则①正确；显然，故②正确； 因为，经过数字5的路线共有条. 理由:如上树状图所示，分别计算1-5的路线共有5条，5-11的路线共有13条， 利用分步乘法计数原理可得，过数字5的路线共有条. 则，故③正确； 同理可得即有，故④错误. 故选:A． 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，，，则下列说法中正确的有（ ） A. 若，则或 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据复数的运算法则可判断A；先计算，再求，判断B；用特例验证C；利用说明D正确. 【详解】对于A，或，故A正确． 对于B，方法：，，，所以以3为周期，所以，故B正确． 方法二（复数的三角表示）：，所以的模为1，辐角为，则的模为1，辐角为， 所以．故B正确． 对于C，取，，则，此时，故C错误． 对于D，，，所以，故D正确． 故选：ABD 10. 如图，在长方体中，， ，点P是平面上的动点，满足（ ） A. 长方体各棱、体对角线所在的条直线中,共有对异面直线 B. 点P在底面上的轨迹是一条直线 C. 若角 是直线和平面所成角,则的最大值是 D. 不存在点,使得 【答案】ABC 【解析】 【分析】先按总对数减相交、平行对数算出异面直线对数判断A；再建系用向量垂直得轨迹方程，确定轨迹是直线判断B；线面角正切值与到距离成反比，用点到直线距离求最小值得最大值判断C；最后联立垂直条件与轨迹方程，判别式大于 说明存在点，判断D错误，整体用空间向量与解析几何方法逐一验证选项． 【详解】 对于A，长方体共有12条棱和4条体对角线，共16条直线， 总直线对：， 相交直线对：每个顶点有条棱相交，个顶点共； 体对角线相交于中心，共 ，每条体对角线与6条棱相交，共，总计， 平行直线对：每组平行棱有4条，共3组（长、宽、高），每组 ，共；体对角线无平行， 所以异面直线对：，A正确； 对于B，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， ，，，设， ，， 由，得， 化简得，在平面内，这是一条直线方程， 所以点P在底面上的轨迹是一条直线，B正确； 对于C，直线和平面所成角为 ，设， ， 要使最大，即求最小， 而是到原点的距离， 的最小值为原点到直线的距离， ，此时的最大值是，正确； 对于D，，， 若，则，即， 联立，消去，得， ，有实数解， 所以存在点，D错误． 11. 已知双曲线C：，则下列结论正确的是（ ） A. m的取值范围是 B. C的焦距与m的取值无关 C. 若C的离心率不小于2，则m的取值范围为 D. 存在实数，使得点在C上 【答案】ABC 【解析】 【分析】A.由求解判断；B.由C的焦距为2判断；C.由和求解判断；D.结合，由判断. 【详解】由题意得，则，A正确． 由题意知，故C的焦距为2，与m的取值无关，B正确． 由，解得，又，所以m的取值范围为，C正确． 假设存在实数，使得点在C上，则，． 当时，，则， 所以在上无实数解，D错误． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点在椭圆上，的左焦点为 ，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则 的值为_______. 【答案】 【解析】 【分析】连接与椭圆的右焦点，与的中点，结合相似三角形与椭圆的定义求解即可. 【详解】由已知得：， 设椭圆的右焦点为，的中点为 ，连接和 （如图所示）， 因为 在以为圆心，为半径的圆上，所以， 又为的中点， 为的中点，所以， 由椭圆的定义知：. 13. 已知函数，若对任意的实数m，在的值域均为，且在上单调递减，则ω的范围为___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用二倍角公式化简得到，将对任意的实数，在的值域均为转化为对任意的实数m，在内都满足，即可得到，然后根据在上单调递减得到，且在的递减区间里，最后根据的递减区间列不等式求解即可. 【详解】易得，由，有， 即对任意的实数m，在内都满足， 故，则， 由在上单调递减，则，即， 当ω>0时，由于f（x）在R上的单调递减区间为， 令k=0.有，则； 令k=1，有，则； 令k=2，有，无解， 故， 同理，当ω<0时，有， 综上，. 故答案为：. 14. 牛顿选代法又称牛顿——拉夫逊方法，它是牛顿在17世纪提出的一种在实数集上近似求解方程根的一种方法.具体步骤如下图示：设r是函数的一个零点，任意选取作为r的初始近似值，在点作曲线的切线，设与轴x交点的横坐标为，并称为r的1次近似值；在点作曲线的切线，设与轴x交点的横坐标为，称为r的2次近似值.一般地，在点作曲线的切线，记与x轴交点的横坐标为，并称为r的 次近似值.设的零点为r，取，则r的1次近似值为______；若为r的n次近似值，设，，数列的前n项积为.若任意，恒成立，则整数 的最大值为______. 【答案】 ①. 3 ②. 1 【解析】 【分析】利用给定定义，整理出，求值解决第一空即可，利用求出，进而得到，再确定 的最大值即可. 【详解】易知，设切点为， 由切线几何意义得斜率为，故切线方程为， 由给定定义知在该直线上，代入直线得， 当时，易知，故的1次近似值为， 由得，， ， 而函数的零点为，且， 故在上单调递增，且，， 故，由零点存在性定理得， 由题意得会逐渐接近，， 结合，而 是整数，故， 故答案为：3；1 【点睛】关键点点睛：本题考查数列和导数新定义，解题关键是利用给定定义，然后表示出，求出，得到所要求的参数最值即可． 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，分别为边长为4的正方形三边的中点.将四边形沿着线段EF折起(如图2)，且点M是线段上一点. （1）求证:； （2）若二面角的大小为 且三棱锥M-DFG的体积为 设过直线且与直线平行的平面为，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1） 在原正方形中 ， 分别是 ， 的中点， ，，， 平面，平面， 平面， 平面， . （2） 【解析】 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，， 就是二面角的平面角，即， 如图，以 为原点，为 轴， 为 轴，过 作垂直于平面的直线为 轴，建立空间直角坐标系， ， 原正方形边长为 ， ， 分别是 ， 的中点， ， ， ， ， ，， ，即， ， ， ，即 ， 是 的中点， ，即 ， 设 ，即，三棱锥的体积为 ， ，, ， 平面，， ， ， ，解得 ，即 ， 平面 过直线 且与直线 平行， 设平面的法向量， ，， ，即， 令，可得，，即， 平面在的平面上， 平面的法向量， 平面 与平面所成角 ，. 16. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c且满足，． （1）求角A的大小； （2）求周长的范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理变化题中条件，得到边的关系式，再由余弦定理求得的值，即可； （2）根据正弦定理求得，，把周长转化为角的关系式，利用辅助角公式进行变形，最后根据角的范围求解即可. 【小问1详解】 由余弦定理，， 化简得， 所以， 因为，所以 【小问2详解】 由正弦定理：， 则，， 由（1），故 因为，则， 所以，即周长范围是． 17. 市民李先生居住在甲地，工作在乙地，他的小孩就读的小学在丙地，三地之间的道路情况如图所示．假设工作日不走其它道路，只在图示的道路中往返，每次在路口选择道路是随机的．同一条道路去程与回程是否堵车相互独立．假设李先生早上需要先开车送小孩去丙地小学，再返回经甲地赶去乙地上班．假设道路A，B，D上下班时间往返出现拥堵的概率都是，道路C，E上下班时间往返出现拥堵的概率都是，只要遇到拥堵上学和上班的都会迟到． （1）求李先生的小孩按时到校的概率； （2）李先生是否有七成把握能够按时上班？ （3）设X表示李先生下班时从单位乙到达小学丙遇到拥堵的次数，求X的均值． 【答案】（1） （2）没有 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意结合对立事件求概率； （2）根据题意结合对立事件和独立事件概率的乘法公式求概率，分析判断； （3）根据（1）、（2）中的数据结合求独立事件概率的乘法公式求概率，进而可得分布列和期望. 【小问1详解】 因为道路D、E上班时间往返出现拥堵的概率分别是和，因此从甲到丙遇到拥堵的概率是：×＋×＝， 故李先生的小孩能够按时到校的概率是1－＝. 【小问2详解】 甲到丙没有遇到拥堵的概率是，丙到甲没有遇到拥堵的概率也是， 甲到乙遇到拥堵的概率是×＋×＋×＝，甲到乙没有遇到拥堵的概率是1－＝， ∴李先生上班途中均没有遇到拥堵的概率是××＝<0.7， 所以李先生没有七成把握能够按时上班． 【小问3详解】 依题意X可以取0，1，2. P(X＝0)＝×＝，P(X＝1)＝×＋×＝；P(X＝2)＝×＝. 分布列是： X 0 1 2 P E(X)＝0×＋1×＋2×＝. 18. 对于椭圆，令，，那么在坐标系中，椭圆经伸缩变换得到了单位圆，在这样的伸缩变换中，有些几何关系保持不变，例如点、直线、曲线的位置关系以及点分线段的比等等；而有些几何量则等比例变化，例如任何封闭图形在变换后的面积变为原先的，由此我们可以借助圆的几何性质处理一些椭圆的问题． （1）在原坐标系中斜率为k的直线l，经过，的伸缩变换后斜率变为，求k与满足的关系； （2）设动点P在椭圆上，过点P作椭圆的切线，与椭圆交于点Q，R，再过点Q，R分别作椭圆的切线交于点S，求点S的轨迹方程； （3）点）在椭圆上，求椭圆上点B，C的坐标，使得△ABC的面积取最大值，并求出该最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设上两点的坐标为，，经伸缩变换后变为，，由题意可得，，可得； （2）作，的伸缩变换，椭圆变换得到了单位圆；椭圆变换得到了以原点为圆心的圆，P，Q，R，S变换得到，，，，可得轨迹方程为：，利用变换可得S的轨迹方程. （3）作，的伸缩变换，椭圆变换得到了单位圆，点A变换得到了，在单位圆内接三角形中，面积最大为内接正三角形，可求△ABC面积最大值为． 【小问1详解】 设上两点的坐标为，； 经伸缩变换后变为，， 则；； ，；则． 【小问2详解】 作，的伸缩变换，椭圆变换得到了单位圆； 椭圆变换得到了以原点为圆心的圆； P，Q，R，S变换得到，，，． O，，均在中垂线上，则O，，共线． ，，则， 则，， 则轨迹方程为：， 代入，，则S轨迹方程为：． 【小问3详解】 作，的伸缩变换，椭圆变换得到了单位圆， 点A变换得到了， 即为，并设B，C变换得到了 ，． 熟知：在单位圆内接三角形中，面积最大为内接正三角形． 则，分别为绕O点逆时针和顺时针旋转120°得到． 则 ，坐标分别为，． 即为，， 即B、C坐标分别为，， 单位圆内接正三角形面积为，则△ABC面积为． 综上，所求B，C坐标分别为，或其交换，△ABC面积最大值为． 【点睛】方法点睛：本题考查伸缩变换，利用伸缩变换求轨迹方程，关键是了解变换前后的不变与变，利用变换后的几何关系求变换前的几何关系，考查化归与转化思想，运算求解的核心素养. 19. 已知函数和． （1）若曲线数与在处切线的斜率相等，求 的值； （2）若函数与有相同的最小值． ①求 的值； ②证明：存在直线，其与两条曲线与共有三个不同的交点，并且从左到右三个交点的横坐标成等差数列． 【答案】（1） （2）①， ②证明见解析. 【解析】 【分析】（1）分别对两个函数求导，然后让他们在处的导数值相等，解方程即可； （2）①分别求两个函数的最小值，然后建立关于 的方程，解方程即可， ②根据①可得，当1时，的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线有三个不同的交点可得 的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列. 【小问1详解】 ， 由题知，即，即. 【小问2详解】 ①的定义域为 ，而， 若，则 ，此时无最小值，不合题意，故. 令，得， 当单调递减， 当单调递增， 所以. 的定义域为，而. 当单调递减， 当单调递增， 所以. 因为和有相同的最小值， 故，整理得到 ，其中， 设，则， 故为上的减函数，而， 故的唯一解为，故的解为. 综上，. ②， 且在上单调递减，在上单调递增； 在上单调递减，在上单调递增，且. 当时，此时， 显然与两条曲线和共有0个交点，不符合题意； 当时，此时， 故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1； 当时，首先，证明与曲线有2个交点， 即证明有2个零点，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又因为， (令，则)， 所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且 只存在1个零点，设为. 其次，证明与曲线和有2个交点， 即证明有2个零点，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又因为， （令，则） 所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为， 再次，证明存在 ，使得， 因为，所以， 若，则，即， 所以只需证明在上有解即可， 即在上有零点， 因为， 所以在上存在零点，取一零点为，令即可， 此时取 则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点， 最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列， 因为 所以， 又因为在上单调递减，即，所以， 同理，因为， 又因为在上单调递增， 即，所以， 又因为，所以， 即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系. 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：3，5，7，9，11，这组数据的中位数是（ ） A. 3 B. 5 C. 7 D. 9 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，，则 （ ） A. B. C. D. 4. 函数的图象在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知点P是直线上一点，过点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，，若，，则的最小值为（ ） A. B. C. -1 D. 7. 正整数的倒数的和已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到了它的近似公式，当 很大时，.其中称为欧拉-马歇罗尼常数，，至今为止都不确定是有理数还是无理数.设表示不超过的最大整数，用上式计算的值为（ ） （参考数据：，，） A. 10 B. 9 C. 8 D. 7 8. 如图，从1开始出发，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或向上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到11：1→2→3→5→7→8→9→10→11就是一条移动路线．从1移动到数字的不同路线条数记为，从1移动到11的事件中，跳过数字的概率记为，则下列结论正确的是（ ） ①，②，③，④． A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ①②③④ 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，，，则下列说法中正确的有（ ） A. 若，则或 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 如图，在长方体中，， ，点P是平面上的动点，满足（ ） A. 长方体各棱、体对角线所在的条直线中,共有对异面直线 B. 点P在底面上的轨迹是一条直线 C. 若角是直线和平面所成角,则的最大值是 D. 不存在点,使得 11. 已知双曲线C：，则下列结论正确的是（ ） A. m的取值范围是 B. C的焦距与m的取值无关 C. 若C的离心率不小于2，则m的取值范围为 D. 存在实数，使得点在C上 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点在椭圆上，的左焦点为 ，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则 的值为_______. 13. 已知函数，若对任意的实数m，在的值域均为，且在上单调递减，则ω的范围为___________. 14. 牛顿选代法又称牛顿——拉夫逊方法，它是牛顿在17世纪提出的一种在实数集上近似求解方程根的一种方法.具体步骤如下图示：设r是函数的一个零点，任意选取作为r的初始近似值，在点作曲线的切线，设与轴x交点的横坐标为，并称为r的1次近似值；在点作曲线的切线，设与轴x交点的横坐标为，称为r的2次近似值.一般地，在点作曲线的切线，记与x轴交点的横坐标为，并称为r的 次近似值.设的零点为r，取，则r的1次近似值为______；若为r的n次近似值，设，，数列的前n项积为.若任意，恒成立，则整数 的最大值为______. 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1，分别为边长为4的正方形三边的中点.将四边形沿着线段EF折起(如图2)，且点M是线段上一点. （1）求证:； （2）若二面角的大小为 且三棱锥M-DFG的体积为 设过直线且与直线平行的平面为，求平面与平面所成角的余弦值. 16. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c且满足，． （1）求角A的大小； （2）求周长的范围． 17. 市民李先生居住在甲地，工作在乙地，他的小孩就读的小学在丙地，三地之间的道路情况如图所示．假设工作日不走其它道路，只在图示的道路中往返，每次在路口选择道路是随机的．同一条道路去程与回程是否堵车相互独立．假设李先生早上需要先开车送小孩去丙地小学，再返回经甲地赶去乙地上班．假设道路A，B，D上下班时间往返出现拥堵的概率都是，道路C，E上下班时间往返出现拥堵的概率都是，只要遇到拥堵上学和上班的都会迟到． （1）求李先生的小孩按时到校的概率； （2）李先生是否有七成把握能够按时上班？ （3）设X表示李先生下班时从单位乙到达小学丙遇到拥堵的次数，求X的均值． 18. 对于椭圆，令，，那么在坐标系中，椭圆经伸缩变换得到了单位圆，在这样的伸缩变换中，有些几何关系保持不变，例如点、直线、曲线的位置关系以及点分线段的比等等；而有些几何量则等比例变化，例如任何封闭图形在变换后的面积变为原先的，由此我们可以借助圆的几何性质处理一些椭圆的问题． （1）在原坐标系中斜率为k的直线l，经过，的伸缩变换后斜率变为，求k与满足的关系； （2）设动点P在椭圆上，过点P作椭圆的切线，与椭圆交于点Q，R，再过点Q，R分别作椭圆的切线交于点S，求点S的轨迹方程； （3）点）在椭圆上，求椭圆上点B，C的坐标，使得△ABC的面积取最大值，并求出该最大值． 19. 已知函数和． （1）若曲线数与在处切线的斜率相等，求 的值； （2）若函数与有相同的最小值． ①求 的值； ②证明：存在直线，其与两条曲线与共有三个不同的交点，并且从左到右三个交点的横坐标成等差数列． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $