2026届湖南省株洲市高考数学模拟自编卷01（人教版）（解析版）

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页2026届湖南省株洲市高考数学模拟自编卷01（解析版）题号12345678910答案CCBACABCBCACD题号11答案ABD1．C【详解】试题分析：当时，，当一正一负时，，当时，，所以，故选C．考点：充分必要条件．2．C【分析】根据可得，再结合集合交集理解辨析．【详解】∵，则，∴，故选：C．3．B【分析】根据等差数列下标和的性质求解.【详解】因为为等差数列，所以，又，所以，解得，故选：B.4．A【分析】利用线面位置关系的判断及性质定理逐项分析即可.【详解】选项A，若，，，，根据面面垂直的性质定理可得：，故A选项正确；选项B，若，，则直线与直线可能平行，可能异面，故B选项不正确；选项C，若，，则直线与直线可能平行，可能相交，也可能异面，故C选项不正确；选项D，若，，，则直线与直线可能平行，可能相交（包括垂直），也可能异面，故D选项不正确；故选：A.5．C【分析】以为基底表示出，再利用向量数量积的运算律求解.【详解】，.故选：C.6．A【分析】由题意可得为的重心，为的中点．从而得，，进而得，在中，求得，在中，由余弦定理，得，即有解得，，即可得答案.【详解】如图，设，为的中点，；为的重心，为的中点．又．由双曲线的定义可知，．在中，．在中，由余弦定理，得，化简得或（舍去），．故的渐近线方程为．故选：A.7．B【分析】根据条件，构造函数，利用单调性可得，即可利用基本不等式求最值.【详解】由题意，实数，，满足，，而函数在上单调递增，且，，，当且仅当时，即时等号成立.故选：B8．C【分析】利用二倍角的余弦公式及余弦定理变形给定等式，结合求得为正三角形，再由已知确定点的轨迹即可求出最小值.【详解】在中，由，得，由余弦定理得，则，而，因此，整理得，解得，即为正三角形，作于，取中点，，以为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，则，直线，令点到直线的距离为，由，得，即，因此点的轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线，方程为，显然当点与原点重合时，取得最小值，而，所以的最小值为.故选：C9．BC【分析】由已知条件可以知道,离心率是,所以..进而可以得到双曲线的标准方程.对选项逐一分析即可.【详解】对于选项A,由已知条件可以知道,离心率是,所以..所以双曲线的标准方程为.故A正确.对于选项B,当垂直于轴时,将,代入双曲线方程可得.此时.当不垂直于轴时,,所以.故选项B错误.对于选项C,双曲线的方程为其渐近线方程为.已知,则渐近线方程为.即.故选项C错误.对于选项D,因为,所以.设,根据双曲线的定义即.又因为,可以解得.所以的面积.故选项D正确.故选：BC.10．ACD【分析】根据同号增函数的定义逐一分析每个选项中的函数是否满足当且时，恒成立.【详解】A选项，由得，由得，又在，上单调递增，故A正确；B选项，，得，取，则，满足，但，不满足的条件，故B错误；C选项，得，得，因为在上单调递增，且，所以在上单调递增，则在上单调递增，故C正确；D选项，得；得，因为在上单调递增，在上单调递增，所以在上单调递增，故在上单调递增，故D正确.故选：ACD11．ABD【分析】根据独立事件的概率、条件概率及最大值、最小值的概率计算方法，结合加法公式、乘法公式计算即可.【详解】选项A：表示第一个数的最大值，即该数本身；表示第一个数的最小值，也即该数本身；所以，，A正确；选项B：表示输出的前3个数的最大值为3，即需满足“输出的每个数，且至少有一个数为3”.所有数均的概率：；所有数均的概率：.所以，B正确；选项C：表示输出的前3个数的最小值为3，即需满足“输出的每个数，且至少有一个数为3”.所有数均的概率：；所有数均的概率：.所以，C错误；选项D：记为事件，即前4个数最大值为6，为事件，前4个数最小值为3.则.表示前4个数最大值为6且最小值为3，即所有数均在3到6之间（含3和6），所以.故，D正确.故选：ABD.12．【分析】利用二项式定理的展开式求指定项的系数即可.【详解】的展开式的通项为：则的系数为，解得，所以.故答案为：.13．【分析】根据抛物线定义可得，，当直线与轴垂直时，，当直线与轴不垂直时，设直线方程为，联立方程组，借助基本不等式求最值.【详解】由题意得，即为圆的圆心，准线方程为．由抛物线的定义得，又，所以．同理．①当直线与轴垂直时，则有，∴．②当直线与轴不垂直时，设直线方程为，由消去y整理得，∴，∴，当且仅当时等号成立．综上可得．故答案为：．14．【分析】由导函数，可得，通过化简得，则，可求出数列的通项公式与前项和为，参变分离可得对任意的恒成立，利用对勾函数的性质求出即可.【详解】因为，则，则，由，所以，所以，即数列是以2为首项、2为公比的等比数列，所以，，因为对任意的恒成立，又且单调递增，所以对任意的恒成立，令，根据对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，又，且，故对于都有,因此，所以，所以的最大值为．故答案为：.15．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据题意完成列联表，根据表中数据，计算卡方值，即可求解；（2）根据抽样比可得抽取的人中，周平均锻炼时长少于小时的有人，不少于小时的有人，即可利用超几何分布的概率公式求解.【详解】（1）由题意可得：年龄周平均锻炼时长合计少于4h不少于4h50以下50及以上合计零假设：周平均锻炼时长是否与年龄无关，由列联表中的数据，可得，又，根据的独立性检验，我们推断假设不成立，即周平均锻炼时长与年龄有关.（2）抽取的人中，周平均锻炼时长少于小时的有人，不少于小时的有人，所以所有可能的取值为，，，，所以随机变量的分布列为：随机变量的数学期望.16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）先应用线面平行判定定理得出平面及平面，再应用面面平行判定定理得出平面平面，进而得出线面平行；（2）建立空间直角坐标系，利用已知条件将点的坐标表示出来，然后将平面及平面的法向量求出来，利用两个法向量的数量积公式可将两平面的夹角余弦值求出来，进而可求得其正弦值.【详解】（1）设，所以，因为为中点，所以，因为，，所以是平行四边形，所以，所以，因为平面平面，所以平面，因为平面平面，所以平面，又，平面，所以平面平面，又平面，所以平面．（2）因为，所以，又因为，所以，以为原点，以及垂直于平面的直线分别为轴，建立空间直角坐标系.因为，平面与平面所成二面角为60°，所以.则，，，，，.所以.设平面的法向量为，则，所以，令，则，则.设平面的法向量为，则，所以，令，则，所以.所以.所以平面与平面夹角的正弦值为.17．(1)0；(2)证明见解析；(3).【分析】（1）对函数求导得，令且，判断导数的区间符号确定单调性，进而求最大值；（2）设，根据零点存在性定理确定零点所在区间，进而判断的符号，求的单调性，再求其极大值点，最后证明；（3）问题化为，讨论、、，再应用导数研究不等式恒成立求参数范围.【详解】（1）当时，，则.易知在上单调递减，且，当时，单调递增，当时，单调递减，因此的极大值即最大值，为；（2），设，因为，所以在上单调递减，又，时，，因此，使得，即，即，当时，单调递增，当时，单调递减，因此存在唯一的极大值点，，当且仅当时等号成立，得证.（3），即，因为，所以，当时，不等式恒成立；当时，不等式转化为恒成立，设，所以，令，解得，则在上的单调性如下，在上，单调递增，在上，单调递减，所以在内有唯一极大值点，即，从而，当时，不等式转化为恒成立，令，解得，则在上的单调性如下，在上，单调递减，在上，单调递增，所以在内有唯一极小值点，则，从而，综上，的取值范围是.18．(1)；(2)；(3)能，定点为.【分析】（1）根据题意和椭圆的定义，通过光程求出，再结合，求椭圆方程；（2）设椭圆的左焦点为，延长，交于点，易得在中，点在以为圆心，半径为4的圆上，即可求得轨迹方程；（3）假设，得出，的直线方程，进而求出M、N两点坐标，再得出直线与直线的方程，联立求解判断是否过定点.【详解】（1）由题意知，椭圆焦距，则，因为方程为，根据椭圆的定义，所以，解得，即知，故椭圆方程为：.（2）如图所示：设椭圆的左焦点为，延长和交于点，在中，，则，且为中点，在中，所以点在以为圆心，半径为4的圆上，所以点的轨迹方程为．（3）由椭圆的光学性质可知直线过左焦点,设直线AB方程为,，联立，得，由韦达定理得两式相比可得，所以由对称性知，若定点存在，则为直线与直线交于轴上的定点，由，解得，则直线方程为，令，则所以，直线过定点，同理直线也过定点.则点即为所求点.19．(1)分布列见解析，4(2)(3)，答案见解析【分析】（1）得到比赛得分为Y的所有可能取值为3，4，5，6，求得相应的概率，列出随机变量的分布列，结合期望的公式，求得数学期望；（2）利用概率的乘法公式列出，再通过错位相减的方法求出；（3）分别利用概率的乘法公式求出和，再利用做差法比较大小，根据大小情况写出实际意义即可.【详解】（1）的所有可能取值为3，4，5，6，的分布列为Y3456数学期望.（2）依题意，局比赛中，人类队累计得分为分，即局中有2局人类队取胜，当时，，当时，也符合上式.，设得：，，（3）设“赛满局人类队获胜”为事件，要使事件发生，有两种情况：第一阶段赛满局