2026届湖南省长沙市高三一模高考数学模拟试卷（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页长沙市2026年高三年级模拟考试数学注意事项：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2B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，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．请保持答题卡的整洁．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回．一、选择题：本大题共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．已知命题，则为（

）A． B．C． D．2．复数的共轭复数是A． B． C． D．3．已知，若在之间插入3个数，使得这5个数成等差数列，则（

）A．6 B．9 C．12 D．184．“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件5．已知椭圆的长轴长、短轴长与焦距依次成等比数列，则其离心率为（

）A． B． C． D．6．已知函数若是上的单调递增函数，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．7．已知某四棱锥的一条侧棱垂直于底面，其底面为平行四边形，且8条棱的长度构成的集合为，则满足条件的四棱锥的个数为（

）注：若两个几何体经过调整位置后重合或者关于某平面对称，算同种形状.A．2 B．4 C．6 D．88．根据预报数据，某港口某一天的水深（单位：）与时间（单位：）的关系可以用函数来近似描述．现有一艘货船准备在这天4：00进入港口并及时卸货，已知该船空船时的吃水深度（船底与水面的距离）为，在卸货过程中，其吃水深度以的速度减少，且安全间隙（船底与海底的距离）为．若要保证该船能在当天安全驶出港口，则其卸货前的吃水最大深度约为（

）A． B． C． D．二、选择题：本大题共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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．9．在军训打靶测试中，四位同学各射靶5次，分别记录每次射击所命中的环数．根据这四名同学射击成绩的统计结果，可以判断出可能出现10环的是（

）A．平均数为8，极差为3 B．中位数为8，平均数为8C．中位数为7，众数为9 D．平均数为7，方差为2.410．已知函数的定义域为，且．当时，，则（

）A． B．是偶函数C．当时， D．为的极值点11．已知直线与圆相切于点，与抛物线相交于两点，点为抛物线的焦点．下列说法正确的有（

）A．记点的横坐标为，则B．的最小值为4C．当点在直线的左侧时，的周长为定值9D．当点在直线的右侧时，的周长有最小值25三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12．函数的一个对称中心为．13．在中，，点为中点．若，则．14．已知点均在半径为的球的球面上，，，则四面体的体积的最大值为．四、解答题：本大题共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．已知的三个内角满足．(1)求；(2)若，且，求的内切圆半径．16．如图，在三棱锥中，平面平面是边长为2的等边三角形，．(1)证明：；(2)若线段上的点满足直线与直线所成角的余弦值为，求点到直线的距离．17．已知为双曲线的右顶点，过点的直线与双曲线的左右两支分别相交于两点．(1)若直线的斜率为2，求的取值范围；(2)设直线，分别与轴相交于，两点，若，求双曲线的方程．18．已知集合含有个元素，其中，先后两次随机、独立地选取集合的两个子集，记为与．设为集合中元素的个数，(1)若，且，请列举所有满足条件的和；(2)求随机变量的数学期望；(3)设在处取得最大值，试建立与的关系．19．已知函数．(1)若，求的最小值；(2)讨论的单调性；(3)若有且仅有三个不同零点为，证明：．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【分析】根据否定的定义求解即可.【详解】命题为：.故选：A.2．B【分析】根据复数除法运算，化简，再根据共轭复数的概念即可求得解．【详解】由复数除法运算，化简得所以其共轭复数为所以选B【点睛】本题考查了复数的基本概念和除法运算，共轭复数的意义，属于基础题．3．B【分析】根据等差数列的性质求解即可.【详解】因为成等差数列，所以，可得，所以，故选：B4．C【分析】解分式不等式，再由充要条件的概念得解.【详解】由可得，即，即，解得，所以是的充要条件，故选：C5．C【分析】由等比中项的性质及椭圆中，可化为关于离心率的方程，求解即可.【详解】由题意，成等比数列，所以，又在椭圆中，所以，即，则，解得，又，所以，故选：C6．B【分析】利用分段函数的单调性，结合一次函数、二次函数单调性列出不等式组求解.【详解】由函数若是上的单调递增函数，得，解得，所以实数的取值范围是.故选：B7．C【分析】作出满足条件的四棱锥，得出答案.【详解】作出所有可能的四棱锥，如图，故选：C8．C【分析】求出水深与卸货前的吃水深度的函数关系，由已知结合函数图象，利用导数的几何意义求解并判断即可.【详解】依题意，该船空船时不受水深影响，设卸货前的吃水深度为，在时的安全水深为，则，令，求导得，如图，当直线与曲线相切时，达到最大值，此时，则，由，得，解得或，当时，，，解得，而，不符合题意；当时，，，解得，符合题意，所以其卸货前的吃水最大深度约为.故选：C9．ABD【分析】由平均数、极差、方差、中位数、众数的定义逐项判断即可.【详解】对于A：平均数为8，总环数为，极差为3，若有10环，则最小环数为，构造组合：，总和为40，极差为3，平均数为8，存在10环，所以A正确；对于B：构造组合：满足中位数为8，平均数为8，故B正确；对于C：若出现10环，且众数为9，即由大到小的环数为，所以中位数不可能为7，故C错误；对于D：若出现10环，由于平均数为7，所以射击环数可为，此时方差为，故D正确.故选：ABD10．AC【分析】利用赋值法判断A，利用赋值法及奇偶性的定义判断B，利用所给关系式及奇函数性质判断C，取满足条件的特殊函数判断D.【详解】令，则，解得，故A正确；令，则，解得，令，则，可得为奇函数，故B错误；当时，令，则，所以，故有，结合，则，可得，而是奇函数，则时，，故C正确；将两边同时乘以，得到，可设，则，当时，，则，当时，，当时，，可得在上单调递增，在上单调递减，此时，不为的极值点，故D错误.故选：AC11．AC【分析】选项A利用圆的切线长求法和两点距离公式求解；选项B结合梯形中位线等几何关系，分析极限情况判断；选项C与D利用抛物线定义表示三角形周长，结合点P的不同位置讨论即可.【详解】由题意可得，可知选项A正确．如下两图所示，过点，作直线的垂线，垂足为，作准线的垂线，垂足为；过点，作直线的垂线，垂足为，作准线的垂线，垂足为．根据左图，当点在直线的左侧时，可知，为直角梯形的中位线长的两倍．若在轴的两侧时，有最小值为4；若，在轴的同一侧时，当时，，即选项B错误．如左图，根据以上证明，可知；再根据抛物线定义，可知．从而的周长为，即选项C正确．如右图，当点在直线的右侧时，同理可得．若，在轴的两侧时，而，为直角梯形的中位线长的两倍，则有最小值为8，此时，则的周长为，其最小值为；若在轴的同一侧时，当时，的周长趋于9，此时不存在最小值，即选项D错误．故选：AC.12．（不唯一）【分析】根据正切型三角函数的对称性求解即可.【详解】令（），解得，当时，，所以的一个对称中心为.故答案为：（不唯一）13．##【分析】根据向量的线性运算，以及数量积的运算律即可求解.【详解】如图，因为，，所以，又点为中点，所以,又，所以.故答案为：14．【分析】利用直角三角形条件及基本不等式确定底面三角形面积的最大值；然后通过球面几何与余弦定理分析定点距离约束下动点的轨迹特征，再结合对称性确定点到底面距离取最大的几何位置；最终将面积与距离的最值结合，求出四面体的最大体积.【详解】如图所示，由题意可知，点在以为直径的截面圆上运动，则，可得，当且仅当时取等号．连接，在中，，由余弦定理可得，则点的轨迹是以直线为中心轴的圆锥与该球面的截面圆，其半径，且．当时，，此时过点，作平面于点．根据对称性，垂足必在上，易知，则．当点到平面的距离最大时，，故四面体的体积的最大值为：故答案为：15．(1)(2)【分析】（1）由三角恒等变换化简即可得解；（2）利用余弦定理可得，再由三角形的面积公式列出方程，即可求出内切圆的半径.【详解】（1）由，可得，即，化简可得，由可得，又，故.（2）记的角所对的边长分别为，由，可得，则，由余弦定理可得，因为，所以，又，故，而，，可得设的内切圆半径为，则，可得，故的内切圆半径为.16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）由面面垂直的性质，可得平面，据此可得线线垂直；（2）建立如图所示空间直角坐标，根据异面直线所成的角求出点的坐标，再由点到直线的距离公式求解即可.【详解】（1）在中，，由余弦定理可得：，则，所以有，则由平面平面，平面平面，且，平面，则平面，又平面，则.（2）取中点分别为，连接由为正三角形知，，结合（1）中平面，由，可知平面，则两两垂直，如图所示，以为原点，分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，可得设，则，且，可得由，解得或（舍去），则，且故点到直线的距离17．(1)(2)【分析】（1）设直线的方程并与双曲线方程联立，根据直线与双曲线左右两支相交的条件列不等式；（2）设直线的方程并与双曲线方程联立，求直线、与轴交点、的坐标，利用列方程.【详解】（1）设直线的方程为，代入双曲线方程并化简得，因为直线与双曲线左右两支分别相交，所以方程有一正一负两个实根，所以，，由于，故，解得；（2）由题意可知直线的斜率存在，设直线，.联立直线与双曲线方程：，由韦达定理：，由题意知，直线与双曲线左右两支分别相交，所以，得.直线的方程为，令得；直线的方程为，令得.又因为，所以，，代入、，化简得，因此.其中，所以.又因为，且，所以，解得，所以双曲线的方程为.18．(1)答案见解析(2)(3)答案见解析【分析】（1）根据新定义求解即可；（2）分类讨论，根据随机变量服从二项分布，利用期望公式求解即可；（3）列出不等式组，求出取值范围，分类求与的关系即可.【详解】（1）由题意，；；；；；.（2）根据集合的子集个数，可知集合A的可能情况有种；同理，集合B也可能有种.因此，两集合的所有可能情况数为X的所有取值为当时，先从n个元素中选出k个元素，记为，有种可能情况；对于这k个元素中的每个元素，满足时，只可能满足这三种情况之一，有种可能情况.因此，事件“”的所有可能情况数为，则由，可知，则.（3）若，由，，则，矛盾.若，由，可知，当时，满足；当时，满足若，由，即，即，解得，从而，，其中为自然数.19．(1)1(2)答案见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用导数求出函数的单调性，利用单调性求函数最小值；（2）对参数分类讨论，利用导数求函数的单调性；（3）转化为证明，再转化为证明不等式：，利用函数单调性得证.【详解】（1）函数的定义域为.当时，；当时，.若，当时，，可得单调递减；当时，，可得单调递增，故的最小值为.（2）当时，，若，，则单调递增，若，当时，，即，则单调递增；当时，，即，则单调递减.若，，则单调递减.当时