2026届湖南省长沙市高考数学模拟自编卷（人教版）（解析版）

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页2026届湖南省长沙市高考数学模拟自编卷（解析版）题号12345678910答案ABCAACABACACD题号11答案ACD1．A【详解】由复数的乘法可得，而复数对应的点在第三象限，故，所以即实数的取值范围是.2．B【分析】先计算等差数列的公差，再进行求解即可．【详解】公差,则.3．C【分析】利用排列数与组合数定义计算即可得.【详解】先从四人中选出两人当成一组，共种分法，再将三组人进行分配，共种，故共有种分配方法.4．A【分析】取BC中点F，连接，后可得或其补角即为直线与所成角，求出、、的长度后根据余弦定理得线线角的余弦值，注意线线角的余弦值非负.【详解】取BC中点F，连接，，因为，故，故或其补角即为直线与所成角，因为平面，平面，故，而，故，同理，而为中位线，故，而是边长为的等边三角形，，所以，在中，由余弦定理可得，所以直线与所成角的余弦值为.5．A【分析】由等差数列的基本量表示与等比中项概念列方程组求出首项和公差，写出通项公式求解即可.【详解】设等差数列的公差为，则由题可得，即，解得，所以，故选：A.6．C【分析】根据给定条件，利用组合计数问题，结合分类加法计数原理列式求解.【详解】跨0次2级（全跨1级），共走8步，有种走法；跨1次2级，剩余6次1级，共走7步，选1步跨2级，有种走法；跨2次2级，剩余4次1级，共走6步，选2步跨2级，有种走法；跨3次2级，剩余2次1级，共走5步，选3步跨2级，有种走法；跨4次2级（无剩余1级），共走4步，有种走法，所以不同走法种数为.7．A【分析】利用余弦定理可得，所以为直角三角形，由重要不等式可求得面积的最大值，或由二倍角的正弦公式及正弦函数的最大值求得面积的最大值.【详解】因为，所以由余弦定理可得，所以，即，所以为直角三角形，.所以面积.当且仅当，即时，等号成立.所以面积的最大值为.故选：A.方法二：因为，所以由余弦定理可得，所以，即，所以为直角三角形，.所以，所以面积.当，即时，取得最大值，即面积的最大值为.故选：A.8．B【分析】根据复合函数求出的单调性，再比较自变量的大小即可.【详解】，定义域为，因为是递减函数，是递增函数，所以在上单调递减，因为，所以，即，故，即.故选：B9．AC【分析】利用正弦型函数的对称性求出，利用周期公式，正弦函数的性质以及平移伸缩变换和诱导公式即可逐一判断.【详解】由题意，，因，则，故.对于A，的最小正周期为，故A正确；对于B，，故直线不是曲线的对称轴，故B错误；对于C，将的图象向右平移个单位可得到函数：，故C正确；对于D，当时，，而函数在上先增后减，故D错误.故选：AC.10．ACD【分析】根据数量积的定义求，判断A，根据向量的线性运算判断BC，利用基底表示，根据投影向量的定义计算在上的投影向量，判断D.【详解】对于A，由已知，所以向量的夹角为，又，，所以，A正确，对于B，，，B错误，对于C，因为，，所以，所以，又为的角平分线，由平行四边形法则可得，所以，C正确，对于D，因为，，所以，又，所以在上的投影向量为，D正确，故选：ACD.11．ACD【分析】通过赋值法求、、，绝对值不等式平方去掉绝对值，构造函数判断自变量大小再利用的单调性求解.【详解】令，则，即，因为，所以，则，故A正确；令，则，所以，又，所以，故B错误；令，得，即，所以，由，得，即，两边平方并整理得，解得，所以不等式的解集为，故C正确；令，则，所以在上单调递减，又，，所以，所以，取，得，所以，又在上单调递减，所以，故D正确．故选ACD．12．【分析】先求二项式的展开式的通项，再由乘法法则求出的展开式中含的项即可得解．【详解】，的展开式通项为，当，即时，，当，即时，，所以项的系数是．故答案为：．13．【分析】求出焦点的坐标和准线方程，得到的坐标，设过点的直线方程为，与抛物线联立，消去，得到的一元二次方程，设，根据韦达定理得到，利用得到，从而得到的值，求出，利用三角形的面积公式得到，结合已知的面积为得到的值.【详解】设抛物线的焦点坐标为，准线方程为，准线与轴的交点为，设过点的直线方程为，与抛物线联立，消去，得到，即，设，则有，，，，，，，，，，，，，，的面积为，，，.故答案为：.14．/【分析】由通项公式变形得出为等差数列，写出等差数列的通项公式，从而得出数列的通项公式，然后分析求出数列的前n项和的最小值即可.【详解】由，可得，所以为等差数列，首项为，公差为2，所以，则，则，当时，，所以数列的前n项和的最小值为：，故答案为：．15．(1)钝角三角形(2)【分析】（1）根据余弦定理，可得，则，故C为钝角，可得△ABC为钝角三角形.或使用正弦定理对条件进行边化角，由两角和的正弦公式可得，从而得到△ABC为钝角三角形；（2）由正弦定理进行边角互化，可求得，从而得.由此可用表示，利用正弦定理将表示成的函数，根据正弦函数的最值，可求得的最大值，再求出，即可得到周长的最大值.【详解】（1）因为，由余弦定理得，即.故，所以，故C为钝角，所以△ABC为钝角三角形.另解：因为，由正弦定理得，因为，所以，即，即，因为，所以sinB>0，所以，故C为钝角，所以为钝角三角形.（2）的外接圆半径为.由题，由正弦定理，得，即.由（1）知C为钝角，所以.又.因为，所以，所以当，即时，取得最大值，取得最大值，即的最大值为4.又，所以的周长的最大值为.16．(1)；(2)答案见解析.【分析】（1）利用导数求斜率，然后求出切点坐标，利用点斜式可得切线方程；（2）求导，对参数分类讨论即可.【详解】（1）若，则，，所以，，故在处的切线方程为，即．（2）因为，且，当时，时，时，所以，在上单调递减，在上单调递增；当时，时，时，时，所以，在、上分别单调递增，在上单调递减；当时，时恒成立，故在上单调递增；当时，时，时，时，所以，在、上分别单调递增，在上单调递减．综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在、上分别单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在、上分别单调递增，在上单调递减．17．(1)证明过程见解析；(2)【分析】（1）先由余弦定理求出，进而，故⊥，结合⊥，得到线面垂直，面面垂直；（2）建立空间直角坐标系，设，根据得到，，求出平面的法向量，设出线面角，得到，因为，所以，【详解】（1），，，由余弦定理得，故，故⊥，直三棱柱中，⊥，又，平面，故⊥平面，又平面，所以平面⊥平面；（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，点在平面上的射影为点，，，，设，，故，，故，整理得，又，故，又，解得，设平面的法向量为，则，解得，令得，故，设直线与平面所成角大小为，则，因为，所以，直线与平面所成角的正弦值的取值范围是18．(1)(2)（i）（ii）【分析】（1）利用概率乘法公式计算即可得；（2）（i）计算出“智能体2次测试总得分至少为3分”的概率与“第一次测试得1分，且智能体2次测试总得分至少为3分”的概率后，利用条件概率公式计算即可得；（ii）设第次的得分为，则可得的可能取值及其对应概率，即可得，再利用计算即可得解.【详解】（1）记“智能体经过1次测试后得2分”为事件，由题意得；（2）（i）记“智能体2次测试总得分至少为3分”为事件，“第一次测试得1分”为事件，智能体接受并成功完成类任务的概率为，所以智能体2次测试总得分为3分的概率为，2次测试总得分为4分的概率为，所以，所以；（ii）设第次的得分为，则的可能取值为，，，，所以，所以.19．(1)(2)（i）或；（ii）【分析】（1）联立直线方程与抛物线的方程，得，由求得，从而得到抛物线的方程；（2）（i）易得，设，代入得，.设，结合韦达定理，根据的面积，求得的值，即可得到直线的方程；（ii）利用三角形的面积公式，将表示为的函数，利用导数分析其