精品解析：湖南长沙市稻田中学2026届高三下学期适应性模拟数学试题

绝密★启用前 2026届高三全真模拟适应性考试 科目：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4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. 一组数据： ，这组数据的中位数是（ ） A. B. C. D. 2. 已知平行四边形 中，，则的值为（ ） A. B. C. D. 3. 若集合，，则 中元素的最大值为（ ） A. 4 B. 5 C. 7 D. 10 4. 已知函数的导函数是，则函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 5. 在平面直角坐标系 中，已知椭圆 ：，点，，若以为直径的圆过椭圆 的右焦点，且，则椭圆 的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 函数，若关于的不等式有且仅有三个整数解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 《算法统宗》是一部中国古代数学名著，全称为《新编直指算法统宗》，由明代数学家程大位所著．该书在万历二十一年（即公元1593年）首次刊行，全书共有17卷．其主要内容涵盖了数学名词、大数与小数的解释、度量衡单位以及珠算盘式图和各种算法的口诀等基础知识．同时，书中还按照“九章”的次序列举了多种应用题及其解法，并附有图式说明．此外，《算法统宗》还包括了难题解法的汇编和不能归入前面各类别的杂法算法等内容．其中有一首诗，讲述了“竹筒容米”问题．诗云：‘家有九节竹一茎，为因盛米不均平，下头三节三升九，上稍四节贮三升，唯有中间两节竹，要将米数次第盛，若有先生能算法，也教算得到天明’（【注释】三升九：3.9升，次第盛：盛米容积依次相差同一数量）用你所学数学知识求该九节竹一共盛米多少升?（ ） A. 8.8升 B. 9升 C. 9.1升 D. 9.2升 8. 已知都是定义在R上的函数，，，，在有穷数列中，任意取前k项相加，则前k项和大于的概率是（ ） 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，下列说法正确的是（ ） A. 若 为纯虚数，则 B. 若 是的共轭复数，则 C. 若，则 D. 若，则取最大值时， 10. 在棱长为2的正方体中，M为中点，N为四边形内一点（含边界），若平面，则下列结论正确的是（ ） A. B. 三棱锥的体积为 C. 点N的轨迹长度为 D. 的取值范围为 11. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得､阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点的距离之比为定值，且的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系 中，，点 满足.设点 的轨迹为曲线 ，则下列说法正确的是（ ） A. 的方程为 B. 点都在曲线 内部 C. 当三点不共线时，则 D. 若，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知椭圆＋＝1内有一点P(2,3)，过点P的一条弦恰好以P为中点，则这条弦所在的直线方程为________________． 13. 函数的图像是由函数（大于零）的图像向左平移个单位所得，若函数在范围内单调，则的范围是___________. 14. 设数列的通项公式为，该数列中个位数字为0的项按从小到大的顺序排列构成数列，则被7除所得的余数是______. 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，侧面水平放置的正三棱台，且侧棱长为． （1）求证：平面； （2）求直线和平面所成角的正弦值． 16. 已知中角 ， ， 的对边分别为，， ，且. （1）求角 ； （2）若，求的周长的最大值，并求出此时角 ，角 的大小. 17. 将4个面上分别写有数字的一个正四面体在桌面上连续独立地抛次（为正整数），设 为与桌面接触的数字为偶数的次数， 为抛正四面体一次与桌面接触的数字为偶数的概率． （1）当时，若正四面体的质地是均匀的，求 的数学期望和方差； （2）若正四面体有瑕疵，即． ①设是抛掷正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率，求证：； ②求抛掷正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现偶数次的概率． 18. 日日新学习频道刘老师通过学习了解到：法国著名数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点Q的轨迹是以椭圆的中心为圆心，（a为椭圆的长半轴长，b为椭圆的短半轴长）为半径的圆，这个圆被称为蒙日圆.已知椭圆C：. （1）求椭圆C的蒙日圆的方程； （2）若斜率为1的直线 与椭圆C相切，且与椭圆C的蒙日圆相交于M，N两点，求 的面积（O为坐标原点）； （3）设P为椭圆C的蒙日圆上的任意一点，过点P作椭圆C的两条切线，切点分别为A，B，求面积的最小值. 19. 已知． （1）求函数的单调区间和极值； （2）请严格证明曲线有唯一交点； （3）对于常数，若直线和曲线共有三个不同交点，其中，求证：成等比数列． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 2026届高三全真模拟适应性考试 科目：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4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. 一组数据： ，这组数据的中位数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】数据升序排列为： ， 数据共5个，中位数取最中间第3个数，即为． 2. 已知平行四边形 中，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】用向量表示向量，再结合数量积的运算律计算即得. 【详解】平行四边形 中，由，得， 由，得， 因此， 整理得，即，所以. 故选：B 3. 若集合，，则 中元素的最大值为（ ） A. 4 B. 5 C. 7 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】根据B中元素的特征，只需满足即可得解. 【详解】由题意， . 故选：C 4. 已知函数的导函数是，则函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析的单调性，即可得到的单调性及变化趋势，即可判断. 【详解】由题知 且不恒等于，又在上单调递减，在上单调递增， 在定义域上单调递增， 所以在上单调递减，在上单调递增， 即当时，的值由小变大，再由大变小， 即函数图象从左到右是单调递增，且变化趋势是先慢后快再变慢. 故选：B. 5. 在平面直角坐标系 中，已知椭圆 ：，点，，若以为直径的圆过椭圆 的右焦点，且，则椭圆 的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，结合圆的性质及数量积的运算律列式，化简可得，进而求出离心率. 【详解】由以为直径的圆过椭圆 的右焦点，得，即， 而，则，又， 由，得， 则，即，因此， 整理得，解得，所以椭圆 的离心率为. 故选：C 6. 函数，若关于的不等式有且仅有三个整数解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求导，求得 的单调区间，作出 的图象，分类讨论求得的解集，结合图象可得的取值范围为. 【详解】对函数求导可得，令，解得，令，解得，又时， ， 所以 的递增区间为，递减区间为和， 作出图象如图所示： 当时，由，可得， 由图象可知，不存在整数点满足条件， 当时，由，可得， 由图象可知，不存在整数点满足条件， 当时，由，可得， 又， ，， 由 的递增区间为，所以， 所以要使有三个整数解，则， 所以关于的不等式有且仅有三个整数解， 则的取值范围为. 故选：A. 7. 《算法统宗》是一部中国古代数学名著，全称为《新编直指算法统宗》，由明代数学家程大位所著．该书在万历二十一年（即公元1593年）首次刊行，全书共有17卷．其主要内容涵盖了数学名词、大数与小数的解释、度量衡单位以及珠算盘式图和各种算法的口诀等基础知识．同时，书中还按照“九章”的次序列举了多种应用题及其解法，并附有图式说明．此外，《算法统宗》还包括了难题解法的汇编和不能归入前面各类别的杂法算法等内容．其中有一首诗，讲述了“竹筒容米”问题．诗云：‘家有九节竹一茎，为因盛米不均平，下头三节三升九，上稍四节贮三升，唯有中间两节竹，要将米数次第盛，若有先生能算法，也教算得到天明’（【注释】三升九：3.9升，次第盛：盛米容积依次相差同一数量）用你所学数学知识求该九节竹一共盛米多少升?（ ） A. 8.8升 B. 9升 C. 9.1升 D. 9.2升 【答案】B 【解析】 【分析】设第节竹筒盛米升，则数列为等差数列，根据等差数列的通项公式求出首项与公差，再根据等差数列前项和公式即可得解. 【详解】设第节竹筒盛米升， 则数列为等差数列，， 设公差为 ， 则有，解得， 所以， 则该九节竹一共盛米升. 故选：B. 8. 已知都是定义在R上的函数，，，，在有穷数列中，任意取前k项相加，则前k项和大于的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，利用导数分析其单调性结合确定，从而得到，求出其前n项和，由古典概型的概率公式计算即可. 【详解】设，则， 故单调递减，所以． 又，解得， 则数列，其前n项和， 因为，所以，故． 故答案为：B 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，下列说法正确的是（ ） A. 若 为纯虚数，则 B. 若 是的共轭复数，则 C. 若，则 D. 若，则取最大值时， 【答案】CD 【解析】 【分析】根据复数的类型求解参数的值判断A，利用复数的除法运算及共轭复数的概念求解参数判断B，利用复数的乘法运算求解参数判断C，根据复数模的运算结合三角换元求解最值即可判断D. 【详解】对于A：复数的实部为，虚部为，若 为纯虚数，则， 故，错误； 对于B：因为，所以，则，错误； 对于C：，则，正确； 对于D：因为，所以，即， 令，则， 因为，所以，所以当时，取到最大值2， 此时，所以，正确. 故选：CD 10. 在棱长为2的正方体中，M为中点，N为四边形内一点（含边界），若平面，则下列结论正确的是（ ） A. B. 三棱锥的体积为 C. 点N的轨迹长度为 D. 的取值范围为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据正方体的性质得出平面平面，则根据已知得出点 在线段上（含端点），当 为时，根据异面直线的平面角结合正方体的性质得出与的夹角为，此时，即可判断A；三棱锥,利用等体积法结合体积公式即可判断B；根据点 在线段上（含端点），利用勾股定理求出求，即可判断C；根据正方体性质结合已知可得，则，即可根据的范围得出的范围判断D． 【详解】在棱长为2的正方体中， 为中点， 为四边形内一点（含边界）， 平面， 取、中点分别为、 ，连接、、、，，如图： 为正方体， 为中点， 为中点， ，，，， 、平面， 、平面，且，， 平面平面， 为四边形内一点（含边界），且平面， 点 在线段上（含端点）， 对于A：当 在时，则与的夹角为，此时， 则与不垂直，故A不正确； 对于B为四边形内一点（含边界）， 到平面的距离为2， 三棱锥的体积为，故B正确； 对于C：由于点 在线段上（含端点）， 而， 点 的轨迹长度为，故C不正确； 对于D为正方体， 平面， 平面， ， △为直角三角形，且直角为， ， 点 在线段上（含端点）， 则当最大时，即点 为点时，此时，此时最小，为， 当最小时，即，此时， 此时最大，最大为， 则的取值范围，故D正确． 故选：BD． 11. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得､阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点的距离之比为定值，且的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系 中，，点 满足.设点 的轨迹为曲线 ，则下列说法正确的是（ ） A. 的方程为 B. 点都在曲线 内部 C. 当三点不共线时，则 D. 若，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，通过直接法求出点 的轨迹方程即可判断； 对于B，利用点到圆心的距离，判断点与圆的位置关系； 对于C，由题意，结合三角形内角平分线定理进行判断即可； 对于D，将转化为进行判断即可． 【详解】设，不与 ， 重合）， 由，，有，， ，即，化简得， 所以点 的轨迹曲线 是以为圆心，半径的圆，如图所示， 对于A选项，由曲线 的方程为，选项A正确； 对于B选项，由 ，点 在曲线 外，选项B错误； 对于C选项，由，，有， 则当 ， ， 三点不共线时，由三角形内角平分线定理知，是内角的角平分线， 所以，选项C正确； 对于D选项，由，得， 则， 当且仅当 在线段上时，等号成立， 则的最小值为，选项D正确． 故选：ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知椭圆＋＝1内有一点P(2,3)，过点P的一条弦恰好以P为中点，则这条弦所在的直线方程为________________． 【答案】 【解析】 【分析】根据点差法求出弦所在直线的斜率得解. 【详解】设弦为，，， 则，两式相减并化简得， 即，则， 所以弦所在直线的方程为，即. 故答案为：. 13. 函数的图像是由函数（大于零）的图像向左平移个单位所得，若函数在范围内单调，则的范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】由函数图象平移可得，根据在给定区间上单调，结合余弦函数的性质求参数的范围. 【详解】是由（大于零）向左平移个单位所得，故， 又在即上单调， ∴， ,， 由或， 或， 综上，的范围为. 故答案为：. 14. 设数列的通项公式为，该数列中个位数字为0的项按从小到大的顺序排列构成数列，则被7除所得的余数是______. 【答案】 【解析】 【分析】由个位数字代入通项公式可知，连续10项中有6项的个位数字为0，从而把数列中的第2017项转化到数列中的第3361项，再通过除以7余数为1，就可以推出结果. 【详解】因为，所以当的个位数字为时， 的个位数为，则在数列中，每连续10项中就有6项的个位数字为0， 而，由此推断数列中的第2017项相当于数列中的第3361项， 即，而，所以除以7余数为1， 而，，所以除以7余数也为1， 而它们的差一定能被7整除，所以被7除所得余数为0. 故答案为：0. 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，侧面水平放置的正三棱台，且侧棱长为． （1）求证：平面； （2）求直线和平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 延长三条侧棱交于一点 ，如图所示． 由于，则为的中位线． 又侧棱长为，所以．所以，所以， 同理可得． 因为是平面内两条相交直线，所以平面，即平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）延长三条侧棱交于一点 ，可得为的中位线．由已知可得，从而由勾股定理的逆定理可得，同理可得，由线面垂直的判定定理可证得结论， （2）由（1）可得两两垂直，所以可以以所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知两两垂直，可以以所在的直线分别为轴、轴、 轴建立空间直角坐标系，如图所示． 则． 设平面的一个法向量为， 由于， 所以， 即平面的一个法向量为， 所以直线和平面所成角的正弦值为． 16. 已知中角 ， ， 的对边分别为，， ，且. （1）求角 ； （2）若，求的周长的最大值，并求出此时角 ，角 的大小. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）借助正弦定理将边化为角后，结合两角和的正弦公式计算即可得； （2）借助余弦定理与基本不等式即可得周长的最大值，亦可得此时角 ，角 的大小. 【小问1详解】 由， 则有， 即， 由，故，则有，即，即； 【小问2详解】 由余弦定理，可得， 则，故， 当且仅当时，等号成立，即，即， 即的周长的最大值为，此时，即. 17. 将4个面上分别写有数字的一个正四面体在桌面上连续独立地抛次（为正整数），设 为与桌面接触的数字为偶数的次数， 为抛正四面体一次与桌面接触的数字为偶数的概率． （1）当时，若正四面体的质地是均匀的，求 的数学期望和方差； （2）若正四面体有瑕疵，即． ①设是抛掷正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率，求证：； ②求抛掷正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现偶数次的概率． 【答案】（1）数学期望和方差分别为和． （2）①证明见解析；②. 【解析】 【分析】（1）利用二项分布的期望与方差公式计算即可； （2）分类讨论相邻两次抛掷试验中正四面体与桌面接触的数字为偶数出现的次数奇、偶次数时概率之间的关系，结合互斥事件概率的加法法则即可证明第一小问；结合第一小问的结论构造，再利用等比数列的通项公式计算得出即可. 【小问1详解】 因为正四面体的质地是均匀的， 为抛掷正四面体一次与桌面接触的数字为偶数的概率， 所以，进一步得，， 所以， ， 所以 的数学期望和方差分别为和． 【小问2详解】 ①因为是抛正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率， 所以是抛正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率， 当时， 当在前次抛掷试验中正四面体与桌面接触的数字为偶数出现奇数次时， 第次抛掷的结果必须出现奇数，才可以保证前次抛掷中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次， 所以， 当在前次抛掷试验中正四面体与桌面接触的数字为偶数出现偶数次时， 第次抛掷的结果必须出现偶数，才可以保证前次抛掷中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次， 所以， 由互斥事件概率的加法法则得， 即； ②设，结合①所得关系，则， 即且 ，又， 所以， 所以， 所以抛掷正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现偶数次的概率为． 【点睛】思路点睛：对于第二问的第一小问，通过分类讨论相邻两次抛掷试验中正四面体与桌面接触的数字为偶数出现的次数奇、偶次数时概率之间的关系即可证明；第二小问通过构造数列求出通项，再利用间接法得出结果. 18. 日日新学习频道刘老师通过学习了解到：法国著名数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点Q的轨迹是以椭圆的中心为圆心，（a为椭圆的长半轴长，b为椭圆的短半轴长）为半径的圆，这个圆被称为蒙日圆.已知椭圆C：. （1）求椭圆C的蒙日圆的方程； （2）若斜率为1的直线 与椭圆C相切，且与椭圆C的蒙日圆相交于M，N两点，求 的面积（O为坐标原点）； （3）设P为椭圆C的蒙日圆上的任意一点，过点P作椭圆C的两条切线，切点分别为A，B，求面积的最小值. 【答案】（1）； （2）2 （3） 【解析】 【分析】（1）根据蒙日圆定义求出半径，即可得解； （2）利用点到直线的距离及圆的性质，求出弦长，得出三角形面积即可； （3）设，可得直线的方程为，联立椭圆，得出根与系数的关系，利用弦长公式求出，再由点到直线距离求出三角形高，得出三角形面积，换元后利用导数求最值. 【小问1详解】 因为椭圆 ：，所以， 所以椭圆 的蒙日圆的方程为； 【小问2详解】 如图， 由（1）知，椭圆 的方程为，设直线 的方程为， 联立方程，消去并整理得，， 由，得，即， 所以坐标原点 到直线 ：的距离， 所以， 所以； 【小问3详解】 由（1）知，椭圆C的方程为，椭圆C的蒙日圆方程为， 设，则，设，， 则切线的方程为，切线 的方程为， 将代入切线， 的方程，有，， 故直线的方程为， 将直线的方程与椭圆 的方程联立得， 消去并整理得， 显然，， 所以，， 所以， 又点到直线的距离， 所以， 设，则，， 令， 则， 所以函数在上单调递增，所以， 所以面积的最小值为. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于求出三角形面积表达式后，需要通过换元，转化为不带根号的式子，再由导数判断函数的单调性，利用单调性求面积的最小值. 19. 已知． （1）求函数的单调区间和极值； （2）请严格证明曲线有唯一交点； （3）对于常数，若直线和曲线共有三个不同交点，其中，求证：成等比数列． 【答案】（1）答案见解析 （2）证明过程见解析 （3）证明过程见解析 【解析】 【分析】（1）根据导数的性质，结合极值的定义进行求解即可； （2）构造新函数利用导数的性质，结合函数零点存在原理进行求解即可； （3）根据题意得到，结合（1）中结论、等比数列的定义进行运算证明即可. 【小问1详解】 由题意可知：的定义域为，的定义域为， ， 当 时，得，此时函数单调递增， 当 时，得，此时函数单调递减， 因此函数极大值为， 单调递增区间为，单调递减区间为； 当时，得，此时函数单调递增， 当时，得，此时函数单调递减， 因此函数极大值为， 单调递增区间为，单调递减区间为， 所以函数极大值为，单调递增区间为，单调递减区间为； 函数极大值为，单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 设， 设， 设， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以， 设， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以， 因此有，当 时取等号， 于是有， 因此单调递减，而， 根据函数零点存在原理，当时，函数在内有唯一零点， 因此有唯一实根，因此曲线有唯一交点. 【小问3详解】 由（1）可知两个函数的最大值均为， 且函数单调递增区间为，单调递减区间为； 函数单调递增区间为，单调递减区间为， 由（2）可知曲线有唯一交点，且交点在内， 因为直线和曲线共有三个不同交点，其中， 因此两条曲线必过两个曲线的交点， 所以有， 因此有， 因为，，在上单调递增， 所以有， 同理，，而函数在单调递减， 所以有，而，所以， 因此成等比数列. 【点睛】关键点睛：本题的关键是利用构造新函数，利用导数的性质、结合放缩法进行运算证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $