2026年湖南省长沙市高三第一次模拟考试数学自编试卷01人教A版解析版

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页2026年湖南省长沙市高三第一次模拟考试自编试卷01数学试题（解析版）题号12345678910答案DACBCBDCACBCD题号11答案ABC1．D【分析】利用复数的几何意义求解.【详解】，复数在复平面内对应的点为，在复平面内对应的点位于第四象限.故选：D.2．A【分析】根据补集的定义即可得出答案．【详解】由题可知，，则.故选：A3．C【分析】利用二项式定理的通项公式得，令，代入检验即可求解.【详解】由二项式定理得，的展开式通项为，，令，当时，，故A错误；当时，，故B错误；当时，，故C正确；当时，，故D错误.故选：C.4．B【分析】首先求渐近线的斜率，再代入两直线的夹角公式，即可求解.【详解】双曲线的渐近线方程为，所以两条渐近线的斜率，记所求角为，则.故选：B5．C【分析】由平方关系分别求出，利用，由两角差的余弦公式求解.【详解】因为，所以，所以，因为，，所以，又，所以，，所以，所以，故选：C.6．B【分析】先建立空间直角坐标系，求出上下底面正方形的顶点坐标、中心坐标，再设外接球球心，利用球心到上下底面顶点距离均为半径列方程，解出半径后计算外接球表面积.【详解】建立如图所示坐标系，设下底面正方形的中心为坐标原点，因为下底面边长为，几何体的高为，所以，，，，，，，.设球心，外接球半径为.所以则解得：.所以.外接球表面积故选：B.7．D【分析】求导，确定函数的单调区间，和极值，进而可求解.【详解】由，求导可得：，由，得或，由，得，所以在单调递增，在单调递减，所以当时，极大值为4，即当时，，又当时，极小值为0，当时，，且函数在单调递减，在单调递增，即当时，，当时，，综上可知不等式的解集为，故选：D8．C【分析】借助插空法解决不相邻要求，用排除法解决前3个节目至少有一个机器人节目要求【详解】步骤1：先排4个歌舞节目：，排好后会产生5个空位（包括两端）；步骤2：将2个机器人节目插入空位：；步骤3：排除“前3个节目全是歌舞”的情况：先从4个歌舞节目中选3个排在前3个位置，有种方法，剩下的1个歌舞节目和2个机器人节目排在后3个位置，且机器人节目不相邻，只能是“机器人-歌舞-机器人”的排列，有种方法.故不满足条件的情况有.故总数为：故选：C9．AC【分析】根据递推公式赋值计算即可判断A，B，推导出，利用等比数列即可判断C，利用分组求和即可判断D.【详解】因，对于A，B，，，可见，不满足，故B错误，A正确；对于C，当时，，所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，其前项和为，故C正确；对于D，记，同选项C分析方法可得，其前项和为，所以，故D错误.故选：AC.10．BCD【分析】根据抛物线的定义、几何性质及直线与抛物线的位置关系逐项分析判断即可.【详解】选项A：由抛物线的定义可知，，故，故，即，A错误.选项B：由题意知，，设，，则，则直线的斜率为.直线的斜率为，因为，所以，B正确.选项C：当直线过点时，设直线方程为，与抛物线方程联立整理得，则.，，则直线方程为，令，则.直线方程为，令，则.故直线与的交点为，C正确.选项D：由，可得，得.又，所以.由题意可知，四边形为直角梯形，所以其面积为，D正确.故选：BCD.11．ABC【分析】对A可判断中点在直线上，进而可得最小值；对BCD选项，先由中点坐标公式及曲线，曲线，可得点M的轨迹方程（以P点的横坐标为参数），再用点到直线的距离公式，并结合用导数求最小值可得.【详解】设，对于A：若动点P，Q分别在直线和上移动，且.如图：所以PQ的中点在直线上，所以点到原点的距离，故.A选项正确.，对于B：设点在直线上，点在曲线上，对于直线上一个固定点，曲线上一个动点，中点满足，代入可得，即对于每一个直线上的固定点，，只需再求点在直线上运动时，显然，故.所以B选项正确.对于C：设点在直线上，点在曲线上，线段PQ的中点为M，O为坐标原点，则，消去参数，可得点的轨迹方程为直线，则，令，，所以，所以函数在单调递减，在上单调递增，所以，故，所以C选项正确.对于D：若动点P，Q分别在和曲线上，则，又，所以，所以点在直线上.又，所以点到直线的距离，令，则，令，得，进而可知在上单调递增，在上单调递减，所以.于是可得，D选项错误.故选：ABC12．【分析】先列出等差数列的通项，结合已知条件求出公差，进而得出通项公式．【详解】已知是等差数列，设公差为，则，，，解得，．故答案为：．13．104【分析】分两种情况讨论，再由加法计数原理计算.【详解】分组的方案有3、4和2、5两类：第一类有种；第二类有种；所以共有种不同的方案.故答案为：10414．【分析】作辅助线，根据线面垂直的性质定理得到线线垂直，再根据边长之间的关系以及余弦定理求得，再根据棱锥的体积公式可求得结果.【详解】连接，如图所示：因为，所以直线与所成角为（或其补角），因为平面，所以，又底面为矩形，所以，因为，平面，平面，而平面，所以，所以均为直角三角形，设，则，即，因为点E为的中点，所以，在中，由余弦定理得，所以，解得，所以四棱锥的体积.故答案为：.【点睛】本题考查了线面垂直的性质定理、异面直线所成的角、锥体的体积公式，关键点点睛：（1）直线垂直平面，则这条直线垂直平面内任何一条直线；（2）锥体体积底面积高；（3）异面直线所成的角取值范围为.15．(1)，与成正相关，有较强的相关性；(2)，1.1.【分析】（1）根据给定的数表求出相关系数，进而推断相关程度.（2）利用最小二乘法求出线性回归方程，进而求出指定的残差.【详解】（1）由给定数表得，，，，所以样本相关系数，与成正相关，有较强的相关性.（2）由（1）得，所以身体活力指数关于每周锻炼时长的一元线性回归方程为，当时，，所以居民的身体活力指数残差为.16．(1)(2)2【分析】（1）利用正弦定理与和角公式，求出，再由三角形内角范围即可求得角；（2）设BC边上的高为，由三角形等面积可得，由余弦定理和基本不等式推得，即得BC边上的高的最大值.【详解】（1）由可得，

由正弦定理得，

所以，

因为，所以，

因为，所以．（2）依题意，，设BC边上的高为，由，可得，

由余弦定理可得，即，当且仅当时等号成立，

因此，所以BC边上的高的最大值为2．17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用线面平行证明线线平行，再利用线线平行证明线面平行，最后证明四边形是平行四边形，从而得到是的中位线即可得证；（2）法一：求出关键点的坐标和平面的法向量，利用面面夹角的向量求法求解，法二：作出符合题意的图形，找到二面角的平面角，再利用余弦定理求解即可.【详解】（1）如图，取的中点为由三点确定一个平面，交于点，由平面，平面，平面平面，可得，又因为为的中点，所以，又因为，所以，由平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，又因为，所以，则四边形是平行四边形，故，又因为，是的中点.，所以，结合，可得是的中位线，即为中点;（2）法一：由，可得，连接，可得四边形是正方形，即可得，，所以，所以，即，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，而平面，如图建立空间直角坐标系，令，则，即，所以，设平面的法向量为，则，令，得，所以，由于平面，所以平面的法向量可以取，设平面与平面的夹角为，则，故平面与平面的夹角余弦值为.法二：如图，延长，相交于，连接，由，，，可得，可得四边形是正方形，即可得，所以，.又因为平面，所以，设，则，在中，，，在中.，，又，所以为正三角形.取的中点，连接，，由三线合一性质得，，在中，得到，，在中，，，则，.所以为平面与平面的夹角，在中，，，，由余弦定理得，故平面与平面的夹角余弦值为.18．(1)(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析【分析】（1）根据条件，利用导数的几何意义求出函数在点处切线的斜率，再由直线的点斜式，即可求解；（2）（i）根据条件，将问题转化成存在两个变号零点，，利用导数，分和两种情况，分别求出函数的单调区间，再结合条件，即可求解；（ii）利用（i）中结果，结合条件可得，从而将问题转化成证明，构造及，，利用导数与函数单调性间的关系可得，再由的单调性，即可求解.【详解】（1）当时，，则，所以，又，故函数在点处切线方程为．（2）（ⅰ）因为，恒成立，令，由题知存在两个极值点，，等价于存在两个变号零点，．因为，则当时，，单调递增，此时最多一个零点，不合题意；当时，令，得，当时，，在区间上单调递增，当时，，在区间上单调递减，由题意得，解得，当时，因为，，由零点存在性原理及函数的单调性知，当时，存在唯一，使得，令，则，当时，，当时，，即在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，即，当且仅当时取等号，则，所以当时，，则当时，，所以，由零点存在性原理及函数的单调性知，当时，存在唯一，使得，综上所述，实数的取值范围为．（ⅱ）由（2）知在区间上单调递减，在区间上单调递增，在区间上单调递减，且，又，不妨设，显然，又，且，则，即，所以，则要证，只需证．因为存在两个变号零点，，所以，得到，令，则，又，所以在上单调递增，在上单调递减，且有，构造函数，，因为，所以在上单调递增，又，所以，即，所以，又因为，，且在上单调递减，则，所以，又因为在上单调递增，所以，故．19．(1)，；(2)是，证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）直接根据定义代入计算即可；（2）根据“指数型数列"的定义可做判断，证明时利用递推式推出数列是等比数列，求出，再结合定义即可证明；（3）由递推式可得，继而假设数列中存在三项构成等差数列，结合可推出矛盾，即可证明结论.【详解】（1）因为数列是“指数型数列”，所