2026年湖南省长沙市高三第一册模拟考试数学试题（人教A版）（试卷及解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026年湖南省长沙市高三第一册模拟考试数学试题（考试时间：120分钟试卷满分：150分）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，再选涂其他答案标号。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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分（选择题共58分）一、选择题：本题共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．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．已知等差数列前三项的和为，则的公差为（

）A．3 B．2 C．2 D．33．已知向量不共线，且，则实数（

）A．3 B． C． D．4．已知某圆锥的母线长为4，其侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的体积为（

）A． B． C． D．5．已知抛物线的焦点为为抛物线上一点，到轴的距离为2，则到原点的距离为（

）A．2 B． C． D．6．已知数列的前项和记为，若，则（

）A．15 B．31 C．63 D．1277．直线与直线及直线相交于同一点，且为的一个方向向量，则在轴上的截距为（

）A． B． C．1 D．28．若方程有三个不同的解，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．已知为锐角，，则（

）A． B． C． D．10．设函数，则（

）A．当时，是的极小值点B．当时，函数有三个零点C．若函数有三个零点，则D．已知是函数的极大值点，若，则11．已知双曲线的两条渐近线分别为为双曲线上一点，则（）A．越大，则双曲线的离心率越大B．过点与双曲线仅有一个交点的直线只有一条C．点到两渐近线的距离之积为定值D．过点作双曲线的切线交渐近线于两点，则为的中点第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共10分。12．在中，已知，且，则．13．三棱锥的一组对棱长为，其余四条棱长均为1，则该三棱锥体积最大值为.14．已知双曲线：的左、右焦点分别是，，左、右顶点分别为，，是上的一个动点，，且的一条渐近线方程为，设的面积为S，则.四、解答题：本题共5小题，共82分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。15．已知是正项数列的前项和，且．(1)求数列的通项公式；(2)若为函数的导函数，记，求数列的前项和．16．在三棱柱中，点为侧面正方形的中心，平面，且，为的中点，直线与平面所成角的正切值为.(1)求四棱锥的体积；(2)求平面与平面夹角的余弦值.17．已知数列满足，．(1)证明：数列是等比数列；(2)求的通项公式，并求的前项和．18．已知椭圆的短轴长为2，焦距为2，过的左焦点作斜率之和为1的两条直线和，与交于两点，与交于两点，线段的中点分别为．(1)求椭圆的标准方程；(2)求点的轨迹方程；(3)直线是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请给出理由．19．已知函数．(1)当时，当，求的最小值；(2)当时，证明：存在唯一实数，使得曲线在点处的切线与的图象有3个交点；(3)当时，将在区间上的零点从小到大依次排列，记第个零点为，证明：．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册模拟考试数学试题（解析版）题号12345678910答案DDDADCABABCAD题号11答案ACD1．D【分析】解方程得集合，然后根据并集的定义即可求解.【详解】由题意，所以.故选：D2．D【分析】根据给定条件，利用等差数列性质求解.【详解】由等差数列前三项的和为，得，解得，又，所以的公差.故选：D3．D【分析】根据平面向量共线定理列式求解即得.【详解】由可知，存在，使得，因不共线，则有，解得.故选：D.4．A【分析】根据题意求出圆锥底面半径，再根据体积公式计算.【详解】设圆锥底面半径为，则由题意可得，，则，则该圆锥的体积为.故选：A5．D【分析】根据抛物线的定义，得到焦半径公式，结合点到轴的距离即可解决问题.【详解】抛物线的焦点为，为抛物线上一点，设，根据抛物线的定义可得，又到轴的距离为2，，又，，即，故抛物线方程为，将代入抛物线得，，根据两点之间的距离公式得.故选：D.6．C【分析】根据的关系得数列是等比数列，公比为，首项为，再根据等比数列前项和公式计算即可.【详解】因为，所以当时，，即；当时，，，两式作差得，即，所以数列是等比数列，公比为，首项为.所以故选：C7．A【分析】根据题意可得交点，再由方向向量可得直线斜率，接着求出直线方程即可．【详解】联立方程，直线过点，又为直线的一个方向向量，则直线斜率为1，直线，当，，即在轴上的截距为．故选：A8．B【分析】由方程得，令，可得，令，其中，作出函数的图象，根据原方程有三个不同的解可得出的两根的取值范围，利用二次函数的零点分布得出关于实数的不等式组，可求得实数的取值范围．【详解】由方程，可得，令，则，令，其中，则，令，得，列表如下：，0单调递增极大值单调递减函数的图象如下图所示：由于方程有三个不同的解，而关于的二次方程至多有两个根．当关于的二次方程有两根时，设这两根分别为，，不妨设，则，①，或，②，或，，③，由①得，解得，在②中，将代入，可得，所以，与矛盾，故无解；在③中，，代入，可得，所以，与矛盾，故无解．综上所述，实数的取值范围是．故选：B．【点睛】方法点睛：解决二次函数的零点问题：(1)可利用一元二次方程的求根公式；(2)可用一元二次方程的判别式及根与系数之间的关系；(3)利用二次函数的图象列不等式组．9．ABC【分析】选项A：由二倍角公式求解判断；选项B，由二倍角公式求解判断；选项C：由求解判断；选项D：由求解判断.【详解】因为为锐角，所以，所以，选项A：，所以选项A正确；选项B:，正确；选项C：，因为，所以，因为，所以，，所以选项C正确；选项D：因为，所以，所以，D错误，故选：ABC.10．AD【分析】A选项，求导，得到函数极值点情况，判断A；B选项，求导，得到函数单调性和极值，举出反例；C选项，由计算可得；D选项，在B选项基础上，得到，故，变形可得，故.【详解】A选项，时，，，令得，令得或，令得，故是的极小值点，A正确；B选项，当时，，令得，令得或，令得，所以在，上单调递增，在上单调递减，，，当时，，又趋向于时，趋向于，由零点存在性定理可得，在上存在唯一零点，函数有一个零点，B错误；C选项，函数有三个零点，则，即，对照系数可得，，C错误；D选项，当时，恒成立，此时函数无极值点，不合要求，当时，由B可知，为函数的极大值点，故，即，，其中，故，即，可以看出满足上式，变形可得，则，D正确.故选：AD11．ACD【分析】本题A主要考查双曲线的离心率与渐近线的关系；B考查过双曲线上的一点的直线与渐近线的关系；C利用点到直线的距离求解即可；D根据直线与双曲线联立，求出交点坐标后，利用中点坐标验证即可。【详解】A,因为双曲线的离心率公式：,所以越大，则双曲线的离心率越大，故A正确；B，过点与双曲线仅有一个交点的直线应该有三条，一条是过点的切线，另两条是与渐近线平行的直线，故B错误；C，设为双曲线上一点,代入方程得,去分母得，又因为渐近线为,所以点到两条渐近线的距离分别是,所以距离之积,显然是定值，故C正确；D，设,所以过点的切线方程是,联立切线与渐近线方程可得交点,所以MN的中点坐标=,故D正确;故选：ACD12．4【分析】根据向量加减法的运算法则，拆解向量，化简求值.【详解】因为，则带入，得，整理得．又，所以，解得．故答案为:4.13．【分析】由题意画出图，先证明出平面，根据图由三棱锥的体积公式，构造函数，利用导数求解函数的最值即可.【详解】由题意画出棱锥的图形，，；取的中点分别为，则平面，所以平面，，所以，令，当在单调递增，当在单调递减，故当时，体积取得最大值．故答案为：14．/【分析】先由渐近线方程和焦距得到，设，根据余弦定理和同角三角函数关系得到，结合，，从而得到.【详解】由题意得，故，的渐近线方程为，即，又，解得，故，，设，则，，，，由余弦定理得，故，故，所以.故答案为：15．(1)(2)【分析】（1）利用前项和与通项关系式，可化简得到，从而可利用等差数列通项公式即可求解；（2）利用导数，代入通项公式化简，再利用裂项法求和即可.【详解】（1）当时，，因为正项数列，所以，由，得，两式相减得，即，因为，所以，故是一个以1为公差的等差数列，即．（2）由题意，则，所以，即．16．(1)；(2).【分析】（1）根据条件直接建立空间直角坐标系，根据线面角的值可得，进而可求四棱锥的体积；（2）直接用向量的方法计算面面所成的角.【详解】（1）因为点为侧面正方形的中心，所以，即.又因为平面，平面，所以，故分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图：设，因为，所以，所以，.因为为的中点，得，又平面在坐标平面内，取平面的法向量为，设直线与平面所成角为，则，由同角的三角函数关系式得.又由，得，即.所以四棱锥的体积.（2）设平面的法向量为，，，由，得，取，则，得.同理设平面的法向量为，，，由，得，取，则，得.设平面与平面夹角为，所以.17．(1)证明见解析(2)，【分析】（1）利用递推式相减得出的递推关系，进而得出是等比数列；（2）求出的通项公式，再利用递推式相加得出的递推关系求出通项公式，进而求出的通项公式及前项和．【详解】（1）证明：，，两式相减得，，又，数列是首项为2，公比为2的等比数列．（2）数列是首项为2，公比为2的等比数列，，，，两式相加得，，，当时，满足上式，数列是首项为4，公差为4的等差数列，即，，解得，

．18．(1)；(2)；(3)直线恒过定点．【分析】（1）求出，从而得到椭圆的标准方程．（2）（方法一）设，显然直线的斜率存在，利用点斜式设直线的方程，直线和椭圆联立方程组，由韦达定理得到，进而得，从而得到点的轨迹方程；（方法二）设，求出的斜率为，利用点差法求解即可得到点的轨迹方程；（3）由（2）知点也满足点的轨迹方程，设直线方程为，直线和点的方程联立方程组，消去得的一元二次方程，设，利用韦达定理得到，由得到的等式，故直线恒过定点．【详解】（1）依题意，设的焦距长为，则，又短轴长，则，因此，椭圆的标准方程为：．（2）（方法一）设，显然直线的斜率存在，设，和椭圆方程联立，消去得：，则进而得，当时，，代入上式，化简得：，当时，也满足上式；又，故点的轨迹方程为：．（方法二）设，则的斜率为，由（1）知椭圆标准方程为：，则①

②②①得：，若，进一步得：，即：，于是．若，即，此时也满足上式，故点轨迹方程为：．（3）由（2）知点也满足方程，设直线方程为，联立，消去得：，设，则，由得：，即，故直线恒过定点．

19．(1)；(2)证明见解析；(3)证明见解析.【分析】（1）直接求导得，分析其单调性即可得到最小值；（2）求导后得到切线方程，再设新函数，求导后得到其极大值，最后对分类讨论即可；（3）设，求导后得到其单调性，利用零点存在性定理得到，结合得，最后根据两角差的正切公式合理放缩即可证明不等式.【详解】（1）当时，，当，所以在单调递增，所以的最小值为．（2）当时，，，所以在点处的切线方程为：，整理得，令，则，因为，当时，为单调递增函数，当时，为单调递减函数，