湖南省湘潭市2026年高三第一次模拟考试数学试题（人教版）（试卷及解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页湖南省湘潭市2026年高三第一次模拟考试数学试题注意事项：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，写在试卷上无效.3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回.一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．设复数满足，则的实部为（

）A． B． C． D．3．已知，则的最小值为（

）A． B． C．1 D．24．已知是定义域为的奇函数，且当时，，若，则（

）A． B． C． D．5．在的展开式中的系数为（

）A． B． C． D．6．记O为坐标原点，已知椭圆的左右焦点分别为，，过的直线与C交于A，B两点，若，且，则C的离心率为（

）A． B． C． D．7．过原点作直线的垂线，垂足为P，则P到直线的距离的最大值为A． B． C． D．8．已知函数满足（其中是的导数），若，，，则下列选项中正确的是（

）A． B． C． D．二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9．已知函数，则下列说法中正确的是（

）A．的最小正周期为B．在区间上单调递增C．的图象向左平移个单位长度后关于轴对称D．若在区间上恰有一个零点，则实数的取值范围是10．函数的部分图象如图所示，则（

）A． B．C． D．为偶函数11．在平面直角坐标系中，圆：与轴交于，两点（A在的左边），过作圆的切线，动点满足到的距离等于其到直线的距离，过的直线与动点的轨迹交于，两点，则下列结论正确的有（

）A．动点的轨迹方程为B．若点的坐标为，则的最小值为6C．存在直线使得D．对于任意直线，都有三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知，则13．已知点，若为抛物线上的动点，则的最小值为．14．在平面直角坐标系中，动点的轨迹满足：到两定点距离之积等于，若是与轴的交点，则面积的最大值为.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．已知数列为等差数列，且．(1)求数列的通项公式；(2)若数列满足，记，求．16．某科技公司计划推出一款基于大模型的智能客服系统，需从“自研大模型方案”和“采购第三方大模型方案”中选择最优方案，系统收益受用户满意度影响，而满意度与大模型的“推理准确性”有关；当推理准确性高时，用户“高满意”、“中满意”、“低满意”的概率分别为0.7，0.2，0.1；当推理准确性低时，用户“高满意”、“中满意”、“低满意”的概率分别为0.2，0.3，0.5．根据测试数据，该公司自研大模型方案准确性高的概率为0.6，采购第三方大模型方案准确性高的概率为0.4（两方案的准确性概率独立，仅用于各自场景的计算）．两种方案的收益（单位：万元，含研发、采购成本）如表．用户满意度自研方案收益采购方案收益高满意12080中满意5040低满意(1)分别计算两种方案用户“高满意”，“中满意”、“低满意”的概率；(2)分别计算两种方案的期望收益；(3)根据期望收益，该公司应选择哪种方案？并说明理由．17．已知抛物线：（）经过点.(1)求抛物线的方程及其准线方程；(2)经过抛物线焦点的直线与抛物线交于不同的两点，，经过点作准线的垂线，垂足为，求证：直线经过原点.18．已知椭圆的离心率为，短轴长为2．

(1)求的方程；(2)如图，过上任意一点作圆的两条切线分别交于点和点，切点分别为，若点关于坐标原点对称．①证明：；②求的值．19．已知函数.(1)曲线在处的切线为，当点到直线的距离最大时，求的值；(2)若对任意恒成立.（i）求实数的取值范围；（ii）证明：.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页2026年湖南省株洲市高三第一次模拟考试数学试题（解析版）题号1345678910答案CBAAAACACDAB题号11答案ACD1．C【分析】根据对数函数的定义域求出集合，根据交集的运算即可求出答案.【详解】令，解得，所以，又，所以.故选：C.2．D【分析】由复数的乘法、除法运算，得到，即可求解.【详解】由，得，则的实部为，故选：D3．B【分析】利用的关系式以及均值不等式即可求出答案.【详解】因为，所以，当且仅当，即，时取等号，故的最小值为.故选：B.4．A【分析】按分类讨论，利用奇函数的性质以及指对运算法则解方程即可.【详解】若，则，但，故；若，则，解得：，但，与假设矛盾，故不成立；若，则利用奇函数性质：，由于，有，故，因此：，解得：.综上：.故选：A5．A【分析】先化简得到，求得二项式的展开式的通项为，进而求得展开式中含的项，得到答案.【详解】由，又由二项式的展开式的通项为，其中，所以展开式中含的项为：，所以展开式中含的系数为.故选：A.6．A【分析】设，则，根据椭圆的定义得，结合直角三角形的判定定理、椭圆的离心率公式进行求解即可.【详解】设，则，因为，所以，因为，所以是直角三角形，在直角三角形中，有，所以，在直角三角形中，有.故选：A

7．A【分析】将直线：化为，可得直线经过定点，从而可以判断得出的轨迹是以为直径的圆，圆心为，半径为1，利用点到直线的距离公式，可得点到直线的距离的最大值为.【详解】整理得，由题意得，解得，所以直线过定点.因为，所以点的轨迹是以为直径的圆，圆心为，半径为1，因为圆心到直线的距离为，所以到直线的距离的最大值为.【点睛】该题考查的是有关动点到直线的距离的最值问题，涉及到的知识点有动直线过定点问题，动点的轨迹，圆上的点到直线的距离的最值，点到直线的距离公式，属于简单题目.8．C【分析】构造函数，由题意可得，，所以在上递增，然后由可得答案.【详解】因为（），所以，所以，令，则，，所以在上递增，因为，所以，所以，所以，所以，所以，故选：C【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数判断函数的单调性，考查利用函数单调性比较大小，解题的关键是根据题意构造函数，求导后，结合已知条件可得在上递增，然后利用函数的单调性比较大小即可，考查数学转化思想，属于较难题.9．ACD【分析】利用三角恒等变换将已知函数化为的形式，再结合三角函数的性质逐项分析判断即可.【详解】，对于A，的最小正周期，故A正确；对于B，令，，解得，所以区间包含单调递增区间和单调递减区间，故B错误；对于C，的图象向左平移个单位长度后得到：，为偶函数，图象关于轴对称，故C正确；对于D，令，即，得，，即，，当时，，当时，，若在区间上恰有一个零点，则，则实数的取值范围为，故D正确.故选：ACD.10．AB【分析】借助图象及三角函数性质分析可得A、B、C；表示出结合三角函数性质可得D.【详解】由图可得，所以，故A正确；由图可得，所以，由图可得，且为在增区间零点，则，即，又，故，故，故B正确、C不正确；则，则，所以为奇函数，故D不正确.故选：AB.11．ACD【分析】由题知，切线方程为，进而根据抛物线的定义判断A；根据抛物线的焦半径公式转化为求的最小值，再数形结合求解判断B；设直线方程为：，进而求得直线的斜率的范围，再过点作，垂足为，进而求得时直线的斜率判断C；根据焦半径公式，结合韦达定理得判断D.【详解】由题知，，切线方程为对于A，到定点与定直线距离相等的点的轨迹为抛物线，焦点为，准线方程为，故抛物线方程为，正确；对于B，如图，过点作，垂足为，过点作，垂足为根据抛物线定义，，所以，当且仅当三点共线时等号成立，故B选项错误；对于C，根据题意，直线的斜率不为，设直线方程为：，与联立得，设，则，即，所以，故直线的斜率，如图，过点作，垂足为，因为，故要使，则，所以，，此时直线的斜率为，故存在直线使得，C选项正确；对于D，根据抛物线的定义，，因为，，所以，所以，由于，故，故D选项正确.故选：ACD12．【分析】通过换元将已知角与目标角关联，利用诱导公式把转化为，再用二倍角公式代入已知值计算.【详解】令，则，且；代入目标表达式：；利用诱导公式，得：；用二倍角公式，代入，则.故答案为：13．3【分析】先根据抛物线的方程确定其焦点和准线，再利用抛物线的定义将转化为点到准线的距离，最后结合几何性质求出的最小值.【详解】由，得，令，则抛物线方程可化为，其焦点坐标为，准线方程为，因此原抛物线的焦点为，准线方程为.因为点在抛物线上，所以等于点到准线的距离，设到轴的距离为，则，过点作轴于点，则的长度就是点到轴的距离，即，所以当三点共线时，最小，最小值为3.

故答案为：314．【分析】设，根据题意，求得轨迹的方程为，令，求得的坐标，得到，令，化简得到方程，设，转化为的图像与的非负半轴存在公共点，结合二次函数的性质，求得，进而求得的面积的最大值.【详解】设为轨迹上的任意一点，因为到两定点距离之积等于，可得，所以，整理得，令，可得，即，可得或（舍去），解得，所以，则,所以的面积为，因为，令，可得，其中整理得，设，要使得方程有非负实数根，即函数的图像与的非负半轴存在公共点，因为的图像开口向上，对称轴为，当，即，则满足，解得，矛盾（舍去）；当，即，则满足，可得，解得，即，所以，所以的面积的最大值为.故答案为：.15．(1)(2)【分析】（1）根据条件得出数列为等比数列，再根据条件求出，即可求出结果；（2）根据（1）得到，再利用错位相减法，即可求出结果.【详解】（1）设等差数列的公差为，则，即，则，则数列为等比数列，设其公比为，由，得且，解得，所以．（2）由（1）可得，所以①，②，①②得：，所以．16．(1)答案见解析；(2)自研方案、采购方案的期望收益分别为万元、万元；(3)自研方案，理由见解析.【分析】（1）根据已知及全概率公式分别求出两种方案对应的用户“高满意”，“中满意”、“低满意”的概率；（2）结合（1）所得概率，及表格数据求两种方案对应的期望收益；（3）由（2）所得并比较大小，即可得结论.【详解】（1）若事件分别表示“高满意”、“中满意”、“低满意”，对于自研方案“准确性高”为事件，准确性高的概率为，则准确性低的概率为，由题意，，该方案“高满意”的概率为，“中满意”的概率为，“低满意”的概率为；对于采购方案“准确性高”为事件，准确性高的概率为，则准确性低的概率为，由题意，，该方案“高满意”的概率为，“中满意”的概率为，“低满意”的概率为；（2）由题设及（1），自研方案期望收益为万元，采购方案期望收益为万元；（3）选择自研方案，理由如下：由（2）所得的期望知，故该公司应选择自研方案.17．(1)；(2)见解析【分析】（1）将点代入抛物线求出即可得出抛物线方程和准线方程；（2）设出直线方程，与抛物线联立，得到，，进而得到，即，故三点共线．【详解】（1）解：将代入可得，解得，所以抛物线C的方程为，准线方程为；（2）证明：由题得，设直线方程为，设，则，联立方程，可得，则，，，，即，，即三点共线，故直线经过原点．18．(1)(2)①证明见解析②【分析】（1）由离心率的公式，短轴的定义结合的关系即可求解；（2）①首先证明进而得到，然后由角平分线性质可得，最后由等腰三角形三线合一即可得证；②设，直线，，根据直线与圆相切得出是方程的两根，最后根据点在椭圆上结合韦达定理即可求解.【详解】（1）由题意可得，解得，所以椭圆的方程为.（2）①因为是圆的切线，所以，又，，所以，所以，由角平分线性质可知，

结合可得，所以.②由题意可知，直线斜率显然存在，设，则，设直线的方程为，因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于，即，整理得，设直线的方程为，同理可得，所以是方程的两根，则，，因为，所以，解得.19．(1)(2)（i）；（ii）证明见解析【分析】（1）利用导数的几何意义，求出切线方程，根据点到直线的距离公式求出距离，再利用基本不等式即可求得其最大值及此时的值；（2）（i）法一：设，利用求导判断函数的单调性，求出函数的最小值，再对的取值分类讨论，确定参数范围；法二：由原不等式恒成立，可推得当时，恒成立，经换元后，得到，令，通过求导推出，即得参数范围；（ii）利用（i）的结论，推出当时，，分别取，可得不等式组，通过累乘法化简即可证得结果.