2026年湖南省长沙市高二下学期开学模拟考试数学自编试卷01（人教版）（解析版）

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页湖南省长沙市2026年高二下学期学情检测模拟考试数学试卷01（解析版）题号12345678910答案BBCCDBCABCDAC题号11答案ABD1．B【分析】根据抛物线的标准方程求其焦点坐标.【详解】由焦点坐标可得的焦点坐标为.故选：B2．B【分析】根据复数的几何意义直接判断即可.【详解】因为，，所以复数在复平面内所对应的点为，位于第二象限.故选：B3．C【分析】先求出与的坐标，再利用向量平行的坐标公式构造方程求解．【详解】，，，，解得，故C正确．故选：C．4．C【分析】先求出导函数，再应用赋值法计算求解导数值.【详解】由，得，令，则，得.故选：C.5．D【分析】先根据函数的部分图象，求出函数的解析式，再对每一选项逐一判断求解.【详解】由题意图象相邻对称轴间的距离为，可得，因此，所以，当时，，故.由，得，因为函数的最大值为2，所以，因此.A选项，，非最值，故不是图象的对称轴，A错误；B选项，图象向右平移个单位长度后的解析式为，图象不关于原点对称，B错误；C选项，的单调区间长度为，不可能在长度为的区间上单调递增，C错误；D选项，令，可得或，解得或，在上，实根为，共5个，D正确.故选：D6．B【分析】根据题意，结合偶函数的图像性质，即可求解.【详解】根据题意，由定义在R上的偶函数在单调递减，且，易知当时，；当时，.因为，所以或，解得.故选：B.7．C【分析】先利用平面与平面垂直的性质定理得出平面，并利用正弦定理计算出的外接圆直径，然后结合图形可得到，计算出外接球的半径，最后利用球体表面积公式可得出答案．【详解】平面平面，平面平面，，平面，平面，，则是边长为的等边三角形，由正弦定理可得，的外接圆直径为．如下图，设的外接圆圆心为点，则，过点作的平行线，使得，取的中点，连结，则，点为三棱锥的外接球球心，则外接球半径，因此，该球的表面积为．故选C．【点睛】本题考查了三棱锥的外接球，考查了球体表面积的计算，考查了学生空间想象能力与计算求解能力，属于中等题．8．A【分析】由题意求出直线的方程和，利用点到直线的距离公式和导数求出点到直线的距离的最大值，结合三角形的面积公式计算即可求解.【详解】由题意知，直线的方程为，即，.设，则，得所以点到直线的距离为，令，则，故函数在上单调递减，且，，所以，故，所以的面积有最大值，无最小值.故选：A9．BCD【分析】根据椭圆的离心率公式、定义、椭圆的性质、勾股定理逐一判断即可.【详解】由椭圆.A：椭圆的离心率为，所以本选项说法不正确；B：因为椭圆的左、右焦点分别为是上任意一点，所以由椭圆的定义可知：，因此本选项说法正确；C：设点的坐标为，该点是上任意一点，所以，，，因为点是上任意一点，所以，所以的最大值为，所以本选项说法正确；D：由上可知，所以，又因为，所以，假设存在使为直角的点，因此有，把代入中，得，把代入中，得，所以这样的点有四个，故本选项说法正确.故选：BCD10．AC【分析】对于A：根据平行线的性质和平行线间的距离公式进行求解判断即可；对于B：根据互相垂直直线的性质进行求解判断即可；对于C：根据点到直线距离公式，结合基本不等式进行运算求解判断即可；对于D：根据直线斜率公式，利用数形结合思想进行运算求解判断即可.【详解】对于A：因为直线与直线平行，所以，所以两直线方程为，而，所以它们之间的距离是，所以本选项说法正确；对于B：因为直线与直线互相垂直，所以或，所以“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件，所以本选项说法不正确；对于C：点到直线的距离为，令，所以，，当时，，当时，，所以当时，即时，有最大值，此时，所以本选项说法正确；对于D：如图所示：，直线过定点且与以为端点的线段有交点，则直线的斜率的取值范围是或，所以本选项说法不正确.故选：AC11．ABD【分析】对于A，通过导数求切线方程，进而可得，所以A正确；对于B，需要构造，再用导数证明可得结果；对于C，根据两点间的距离公式，再结合不等式即可判断；对于D，先计算，再结合等差数列的性质即可得结果.【详解】由函数，得.对于A：过点作曲线的切线为：.又因为切线交x轴于，代入上述切线，得，即，故数列是等差数列，所以A正确；对于B：由上可知，即.又，所以，.要证，只需证明：，令，.当时，单调递减；当时，单调递增；所以函数，所以恒成立，故成立，所以B正确；对于C：，同理，.由数列是等差数列，设公差为，.所以，，.所以.即，故C错误；对于D：因为中，，所以三角形底边长为，高为，所以三角形的面积，同理，且数列是等差数列，.所以，故D正确.故选：ABD.12．【分析】根据幂函数的定义和偶函数性质求出，结合对数函数恒过定点即可求解.【详解】因为是幂函数，所以，解得或，又是偶函数，所以，所以函数恒过定点．故答案为：13．【分析】设直线与曲线的切点横坐标为，由导数的几何意义求得，得到切线方程，再设设直线与曲线的切点横坐标为，由导数的几何意义即可求解.【详解】设直线与曲线的切点横坐标为，由，得，解得所以切点坐标为，代入直线方程得到.设直线与曲线的切点横坐标为，则，且，联立得，所以，即.所以，故答案为：14．4【分析】建立空间直角坐标系，根据已知数量积计算解得，进而得出轨迹长度.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则四个顶点为，设动点，，，，，，，因为，所以，代入解之得，即所有满足条件的点为如图所示的正方形，故长度为4．故答案为：4.15．(1)(2)或【分析】（1）先求出的值再确定直线的斜率再由点斜式写出直线的方程；（2）先设出圆的标准方程利用待定系数法求出圆的标准方程.【详解】（1）把代入，得，所以直线的斜率，直线.因为，所以的斜率，又直线过原点，所以的方程为，即.（2）设圆的标准方程为（），由题意可得，解得或，所以圆的方程为或.16．(1)证明见解析，；(2)(3)【分析】(1)由的关系得到，据此等差中项的性质可知数列为等差数列，求其通项公式；(2)先求出等差数列前n项和，明确数列的正负项，对n分类讨论，利用等差数列前n项和公式即可求解；(3)利用错位相减法求和.【详解】（1）因为，，所以，即，所以数列为等差数列，故，所以；（2）由（1）可得，由，可得，所以当时，，当时，，综上，；（3）由（1），所以①，则②，①②得，，17．（1）；（2）.【分析】（1）依据代入化简可得，可判断数列是等差数列，然后可得，最后依据之间关系可得结果.（2）根据（1）的条件可得，然后使用裂项相消法求和，简单计算可得结果.【详解】（1）因为，所以，因为，所以，所以，因此数列是首项为1，公差为2的等差数列，所以，，当时，所以．（2）由（1）知，所以，所以．18．(1)(2)①；②证明见解析【分析】（1）根据已知条件得出的值，进而得出求出椭圆方程；（2）①设直线的方程及，联立椭圆方程，利用韦达定理，表示出弦长，结合点到直线的距离公式和三角形面积公式建立方程求解；②联立直线得出代数关系式，结合韦达定理构造方程，化简计算求解．【详解】（1）椭圆上的点到其右焦点的最大距离为3，，故，，椭圆的方程为；（2）①设过点的直线方程为，点，联立，得，则，则，又点到直线的距离，令，化简整理得，，，解得，直线的方程为．②由①知，，直线，直线，联立直线，整理得，由①知，，，即，解得，点在直线上．19．(1)(2)①；②【分析】（1）根据向量的线性运算化简即可得解；（2）①由特殊到一般，可得对满足条件的，，即可化简求向量的模；②根据条件用表示出向量，再由数量积化简，转化为关于的式子，分类讨论求最值.【详解】（1）因为而点为线段上靠近点的三等分点，则，可得，所以.（2）①由题意得，，