2026届湖南省长沙市高考数学模拟自编卷02（人教A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02（解析版）题号12345678910答案ACDACDBCABDABD题号11答案AC1．A【详解】由，得，即，因为，所以．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．D【分析】根据向量垂直的坐标运算求解.【详解】因为，所以，若，则，解得，故选：D.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．D【分析】如图，设，则，结合抛物线的定义得，进而建立关于的方程，解之即可求解.【详解】如图，，设，的中点为，则，又为等边三角形，所以，由抛物线的定义知，所以，解得，所以.

故选：D7．B【分析】构造函数利用其单调性结合条件等式得出结合基本不等式计算即可.【详解】由题意实数，满足，，而函数在R上单调递增，所以，当且仅当时等号成立．故选：B8．C【分析】根据降幂公式结合余弦定理可得，根据面积可得，可知点在抛物线上，结合抛物线的性质分析求解.【详解】因为，整理可得，则，可知为等边三角形．设点到直线的距离为，则，可得，如图，过点作，垂足为，则，过点作，垂足为，可知点在以为焦点，所在直线为准线的抛物线上，可知当点为抛物线顶点（即为的中点）时，取得最小值，此时，所以的最小值为．故选：C.9．ABD【分析】对A，利用正态分布的概率分布曲线的对称性即可计算判断；对B，利用残差以及模型的拟合效果的关系即可判断；对C，利用两变量相关系数的意义即可判断；对D，根据条件概率和全概率公式求解.【详解】对于A，由题意得，，，则，故A正确；对于B，在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，表明数据越集中，模型的拟合效果越好，故B正确；对于C，，，且，与负相关，与正相关，且与的相关性更强，故C错误；对于D，，，，.，，.，.又根据全概率公式得，，，故D正确.故选：ABD.10．ABD【分析】利用图像求出函数解析式,然后利用正弦型函数的图像与性质对选项进行逐一分析即可.【详解】对于选项A,由图像可知振幅,所以.解得.将点代入即,解得.所以.故A正确.对于选项B,已知,即.所以.故B正确.对于选项C,向左平移个单位.得.显然是奇函数不是偶函数.故C错误.对于选项D,令解得对称中心的横坐标.当时,.即的图像关于点对称.故选项D正确.故选:ABD.11．AC【分析】对于A，根据双曲线方程进行判断；对于B，利用向量法进行判断；对于C，得到Q，R的轨迹方程，联立双曲线方程，求解；对于D，根据倾斜角和渐近线进行判断.【详解】的焦距为，A正确．当轴时，．（方法一），则，因为的两条渐近线互相垂直，所以，B错误．（方法二）设，，则，，则，若，则，解得，此时，，三点重合，这与题意不符合，所以与不可能垂直，B错误．当时，，在以为圆心，3为半径的圆上，该圆的方程为，由得，整理得，解得，，所以，的横坐标之和可能为，，，故，的横坐标之和的取值集合为，C正确．如图，设在第一象限，当直线的倾斜角为时，设直线与轴交于点，若，则，则直线与的一条渐近线平行，从而点不存在，D错误．故选：AC.12．1【分析】直接根据二项式定理的展开式的通项公式计算可得.【详解】由二项式的展开式的通项公式，令，所以含项的系数为.故答案为：113．【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)(2)【分析】（1）利用向量数量积的坐标公式与辅助角公式可得，再利用正弦型函数性质计算即可得解；（2）由计算可得，再利用面积公式与余弦定理计算即可得解.【详解】（1），令，解得，故函数的单调递减区间为；（2），则，则，即，又，故，则，故，，即，则，即有，故的周长为.17．(1)证明见解析(2).【分析】（1）根据正四棱锥的性质，以及线面垂直的判定定理，证明结果即可.（2）根据求面面夹角的余弦值向量方法，建立空间直角坐标系，求出平面法向量，进而求出结果.【详解】（1）连接，与交于点，连接，如图所示，根据正四棱锥的性质可知平面.所以，又，又平面，所以平面，又平面，所以.又，又平面，所以平面.（2）连接.由（1）知平面，所以.因为是的中点，是的中点，所以，所以.又是的中点，所以，从而是正三角形.如图，以直线分别为轴建立空间直角坐标系.设，则.因为平面，所以平面的一个法向量为.设平面的法向量为，因为，所以，令，解得，所以平面的一个法向量为.所以，所以平面与平面的夹角的余弦值为.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)(2)（i）1；（ii）【分析】（1）已知条件由正弦定理角化边，再由余弦定理求出，可得角的值；（2）（i）解法1：连接并延长交于点，连接，在中，，，在Rt中，，利用倍角公式求的值；解法2：连接，在中，得，在中，得，是方程的两根，可求的值；（ii）解法1：连接，设，由余弦定理可得是方程的两根，，有，利用导数求最大值；解法2：连接并延长交圆于点，连接，设，利用导数求最大值.【详解】（1），由正弦定理得，即，由余弦定理得，，.（2）（i）解法1：为直径且，如图，连接并延长交于点，连接，在中，，，，又平分，，，在Rt中，，.解法2：连接，平分，，易得，由正弦定理得，在中，，即，同理在中，，是方程的两根，.（ii）解法1：如图，