2026届湖南省邵阳市高三数学复习模拟检测试卷（五）

2026届湖南省邵阳市高三数学复习模拟检测试卷第PAGE"pagenumber"pagenumber页，共NUMPAGES"numberofpages"numberofpages页第PAGE"pagenumber"pagenumber页，共NUMPAGES"numberofpages"numberofpages页2026届湖南省邵阳市高三数学复习模拟检测试卷（五）一、单选题（本大题共8小题，共40分）1．[5分]已知，则（

）A．1 B． C．2 D．42．[5分]如图，在平行四边形中，为的中点，则（

）A． B． C． D．3．[5分]设是定义在上且周期为2的奇函数，当时，，则（

）A． B．0 C．2 D．4．[5分]已知cos，且-π<α<-，则cos等于（

）A． B．- C． D．-5．[5分]若，（且），则的最小值为A．1 B．2 C．3 D．46．[5分]已知集合，，则（

）A． B．C． D．7．[5分]如图所示各图中反映了变量是的函数是（

）A．

B．

C．

D．

8．[5分]甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲中靶的概率为0.6，乙中靶的概率为0.7，且两人是否中靶相互独立，若甲、乙各射击一次，则（

）A．两人都中靶的概率为0.12 B．两人都不中靶的概率为0.42C．恰有一人中靶的概率为0.46 D．至少一人中靶的概率为0.74二、多选题（本大题共3小题，共15分）9．[5分]设函数，则（

）A．在上单调递增B．在内有5个极值点C．的图象关于直线对称D．将的图象向右平移个单位，可得的图象10．[5分]已知，则（

）A． B．C． D．若，则11．[5分]如图所示，在正方体中，，分别是，的中点，是线段上的动点，则下列判断正确的是（

）A．三棱锥的体积是定值B．过，，三点的平面截正方体所得的截面是六边形C．存在唯一的点，使得D．与平面所成的角为定值三、填空题（本大题共3小题，共15分）12．[5分]在空间直角坐标系中，点，点是点关于平面的对称点，则.13．[5分]计算：．14．[5分]设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，点到直线的距离为，则的取值范围为.四、解答题（本大题共5小题，共80分）15．[12分]如图，在圆内接中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足.（1）求B；（2）若点D是劣弧AC上一点，AB=2，BC=3，AD=1，求四边形ABCD的面积16．[16分]记的内角的对边分别为，且.（1）求；（2）若的周长为，求的面积.17．[16分]已知四棱台，底面是边长为2的菱形，平面，，是的中点．

（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面夹角的正切值．18．[16分]某学校开展了数学竞赛考试，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六组：，，…，，得到如图所示的频率分布直方图，（1）求图中的值和样本成绩的中位数；（2）已知学校用分层抽样的方法，从，两组内抽取了7份试卷作为优秀试卷，并从对应的学生中随机选取3人进行采访，设接受采访的学生中成绩在内的有人，求的分布列和数学期望．19．[20分]已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，且椭圆上一点M到的距离的最大值为3，已知直线l过且与椭圆交于A，B两点．（1）求椭圆C的标准方程；（2）若，求直线l的方程；（3）设直线AB与y轴交于点D，过D作直线与椭圆C交于P，Q两点，且，直线AP与BQ交于点N，探究：点N是否在某条定直线上，若存在，求出该直线方程；若不存在，请说明理由．

参考答案1．【答案】A【详解】，所以.故选A2．【答案】B【详解】因为在平行四边形中，，由于为的中点，所以，故选B3．【答案】B【详解】是定义在上且周期为2的奇函数，，当时，，，.故选B.4．【答案】D【详解】∵cos=sin，又-π<α<--α<∴cos=-=-故选D5．【答案】D【详解】，（且），，且，所以，当且仅当取等号.故选D6．【答案】D【详解】，而或，故，故选D．7．【答案】D【详解】根据函数的概念，对于任意的都有唯一的与之对应，故D正确.故选D.8．【答案】C【详解】设甲中靶为事件，乙中靶为事件，则两人都中靶的概率为，两人都不中靶的概率为，恰有一人中靶的概率为，至少一人中靶的概率为.故选C9．【答案】CD【详解】对于A，当时，，解，得；解，得.则在上单调递减，在上单调递增，故A错误；对于B，当时，，则当或或或或或时，取得极值，∴在内有6个极值点，B错误；对于C，当时，，，∴图象关于对称，C正确；对于D，将向右平移个单位可得：，D正确．故选CD．10．【答案】BCD【详解】对A,因为，则，即，所以，所以选项不正确；对B,因为，所以，又，所以，，又，所以，所以B选项正确；对C，，所以C选项正确；对，因为，若，则，所以选项正确，故选BCD.11．【答案】AC【详解】因为是线段上的动点，而且，所以的面积为定值，又点到平面的距离为定值，，所以三棱锥的体积是定值，A正确；过作分别交，的延长线于，，连接，，如图，为，的交点，为，的交点，所以截面为五边形，B错误；在上运动，当时，，而为中点，所以当为中点时，，故存在唯一的点使得，C正确；由，平面，平面，则平面，所以到平面的距离一定，而长度随运动会变化，故与平面所成的角不为定值，D错误.故选AC.12．【答案】5【详解】因为点是点关于平面的对称点，所以点的坐标为，所以.13．【答案】3【详解】．14．【答案】【详解】动直线过定点，动直线即过定点.因为，所以直线与直线垂直，又直线的斜率一定存在，注意到时，满足，但此时直线垂直轴，斜率不存在，故点在以为直径的圆上（去除点），圆心为，半径，圆心到直线的距离为所以圆与直线相切（切点不是点），的最小值为0；圆的直径，且点到直线的距离为，所以，即的取值范围为.15．【答案】（1）；（2）.【详解】（1）根据正弦定理化简即可．（2）在，利用余弦定理求出，已知，可得，再余弦定理求出，即可和面积，可得四边形的面积．【详解】解：（1）由正弦定理得，得.因为，所以，即.（2）在中AB=2，BC=3，，，解得.在中，，A，B，C，D在圆上，因为，所以，所以，解得或（舍去），所以四边形ABCD的面积.16．【答案】（1）（2）【详解】（1）（方法一）由及正弦定理，得.又，得，即.因为，所以.（方法二）由及正弦定理，得.又，得，即，因为，所以，故，所以，故，即.（2）由（1）得.由的周长为，得.由，所以，即，故，所以.17．【答案】（1）见详解（2）．【详解】（1）因底面是菱形，，是中点，所以，又，则．已知平面，平面，所以．因为平面，且，所以平面．因为平面，平面平面．

（2）解法1：在等腰直角中，过作，则是中点，．又，所以平面，又因为平面，所以，过作，连接，由于，平面，所以平面，又平面，故，所以为平面与平面的夹角，由（1）知，在中，，故，因为平面，平面，所以，则．解法2：因为平面，所以两两垂直．以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系则，∴，由（1）易知平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则不妨取，得，设平面与平面的夹角为，则，故正切值为．18．【答案】（1），中位数为75（2）分布列见详解，【详解】（1）∵每组小矩形的面积之和为1，∴，∴成绩落在内的频率为，成绩落在内的频率为，∴中位数落在内，设中位数为，则，解得，即中位数为75．（2）由分层抽样可知，成绩在的人数为人，成绩在的人数为2人，故的可能取值为0，1，2，且012故．19．【答案】（1）椭圆C的标准方程为；（2）直线l的方程为；（3）点N不在定直线上【详解】（1）根据椭圆的性质，椭圆，离心率（c为半焦距），且椭圆上一点到左焦点距离的最大值为．由离心率，可得，因为椭圆上一点M到的距离的最大值为3，即，将代入，可得，解得，那么，根据，可得．所以椭圆C的标准方程为．（2）设，，，因为直线l过，当直线l斜率不存在时，与方向相反，不满足，所以直线l斜率存在，设直线l的方程为．联立直线与椭圆方程，消去y可得：，由韦达定理得，．因为，所以，即，也就是．将代入，可得，即，．再代入，可得，解得，所以直线l的方程为．（3）由（2）知直线AB过，由题意其斜率存在，设直线AB方程，令，得，所以．由过点，且，则是PQ中点；当时，直线即为轴，与轴交于原点即，与椭圆交于长轴两点，此时不妨取，则过原点的直线与椭圆交于两点，恒有，由对称性可知，即两直线无交点，不符合题意，故，结合椭圆对称性可知