2026届湖南省湘潭市高三第二次模拟自编卷数学试题（人教版2019）（解析版）

2026届湖南省湘潭市高三第二次模拟自编卷数学试题（解析版）1．B【分析】由一元二次不等式和绝对值不等式解出两集合，再求交集即可.【详解】，，所以.故选：B2．D【分析】虚部为0，得到方程，求出答案.【详解】由题意得，故.故选：D3．A【分析】由是上的增函数得，即无零点，满足充分性；反之若对任意，，满足无零点，但不满足是上的增函数，不满足必要性，即可判断.【详解】若是上的增函数，则对任意，显然，故，即无零点，满足充分性；反之，若对任意，，即，满足无零点，但是上的减函数，不满足必要性，故“是上的增函数”是“任意，无零点”的充分而不必要条件.故选：A.4．C【分析】利用中位数的定义可判断A选项；利用平均数公式可判断B选项；利用极差的定义可判断C选项；利用频率分布直方图可判断D选项.【详解】对于选项A，分数在的频率为，分数在的频率为，分数在的频率为，分数在的频率为，分数在的频率为，由图知，，所以分数在的频率为，且，，所以中位数在之间，但不一定大于，所以选项A错误；对于选项B，由题意可知，分数在的频率为，所以该地学生成绩的平均数为，由图可知，所以，所以选项B错误；对于选项C，设学生成绩的最低分为，最高分为，则，，由不等式的基本性质可得，故学生成绩的极差介于至之间，所以选项C正确；对于选项D，由选项A知，学生成绩没有超过分的学生所占比例为，所以选项D错误．故选：C.5．D【分析】六名同学排成一排照相，共有中不同的排列方法，满足条件的共有种排法，得到概率.【详解】六名同学排成一排照相，共有中不同的排列方法.甲､乙､丙三人两两不相邻，且甲和丁相邻共有：先确定除甲乙丙三人外的位置，共有种方式，再确定甲在丁的两边有种方式，最后将乙丙放入3个空中，（甲旁边不能放入），有种方式，故共有种不同的排法，故概率，故选：D6．B【分析】根据充分必要条件的规定，从两个方向分别推理判断即得..【详解】当，，则，又，则，即充分性成立；若，，，则或，则，异面，相交均有可能，即必要性不成立，所以“”是“”的充分非必要条件，故选：B7．C【分析】设事件为“发送信号”，事件为“发送信号”，事件为“接收信号为”，事件为“接收信号为”，设发送信号为1的概率为，利用全概率公式得到方程，解得即可.【详解】根据题意，设事件为“发送信号”，事件为“发送信号”，事件为“接收信号为”，事件为“接收信号为”，则，，，.设发送信号为1的概率为，则接收信号为的概率，解得，即发送信号为的概率为.故选：C8．D【分析】先利用导数求出的单调性，结合特殊点函数值，画出的图象，对于A，2是的极小值点，故A错误；B选项，点在直线下方，而点在直线上方，则函数必有零点；C选项，求出或，有1个实数根，故需有1个非零实根，则由图可得或，求出答案；D选项，求出．，故，，使.【详解】当时，，则，当时，，当时，，故在，上单调递增，在上单调递减，且，；当时，，则，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，且，，且恒成立，画出函数的图象如下：对于A，由图可得2是的极小值点，故A错误；对于B，因为时，，即点在直线下方，而点在直线上方，则函数必有零点，故B错误；对于C，方程（）等价于或，由图可得有1个实数根，∴方程（）有两个不等实根，等价于有1个非零实根，则由图可得或，解得或，故C错误；对于D，由图可得，当时．∵，故，故结合图象可得时，，故，，使，故D正确；故选：D．9．AD【分析】利用已知和的关系，利用二倍角公式计算逐项判断得出答案.【详解】A项：由已知：，因此，故A项正确；B项：因为，且，所以，因此．又因为，因此，故B项错误；C项：，故C项错误；D项：由方程组，解得于是，故D项正确．故选：AD.10．ABD【分析】A选项，抛物线准线为，根据圆心到准线的距离来判断；B选项，三点共线时，先求出的坐标，进而得出切线长；C选项，根据先算出的坐标，然后验证是否成立；D选项，根据抛物线的定义，，于是问题转化成的点的存在性问题，此时考察的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直接设点坐标进行求解.【详解】A选项，抛物线的准线为，的圆心到直线的距离显然是，等于圆的半径，故准线和相切，A选项正确；B选项，三点共线时，即，则的纵坐标，由，得到，故，此时切线长，B选项正确；C选项，当时，，此时，故或，当时，，，，不满足；当时，，，，不满足；于是不成立，C选项错误；D选项，方法一：利用抛物线定义转化根据抛物线的定义，，这里，于是时点的存在性问题转化成时点的存在性问题，，中点，中垂线的斜率为，于是的中垂线方程为：，与抛物线联立可得，，即的中垂线和抛物线有两个交点，即存在两个点，使得，D选项正确.方法二：（设点直接求解）设，由可得，又，又，根据两点间的距离公式，，整理得，，则关于的方程有两个解，即存在两个这样的点，D选项正确.故选：ABD11．ABD【分析】根据“次可加函数”定义，判断四个选项即可.【详解】对于和，有，由，所以，所以，得，故A正确；对于和，有，由m，n的范围，有，所以．又，所以，所以，故B正确；由于，所以不是常函数．若是周期函数，设T是的一个周期，，考虑，，…，这T个函数值.设是其中的最大值，则，，由周期性可知的最大值也是．取，则有，这与的最大值是矛盾，所以不是周期函数，故C错误；令，下面证明是次可加函数．若，成立，只需考虑．若，，而，成立；只需考虑，则，，故，故其表达式不唯一，故D正确.故选：ABD．12．0.7/【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性求出概率..【详解】随机变量，且，故，所以.故答案为：0.713．0或2【分析】求出曲线在点处的切线方程，再联立切线方程和抛物线方程并消去，利用判别式为零可求的值.【详解】由得，当时，切线的斜率，则曲线在点处的切线方程为，因为它与只有一个公共点，所以有唯一解，即有唯一解，故或，解得或，故答案为：0或214．151【分析】法一：依题意，按照最小值分别取0，取1到7，和取8，取9进行分类讨论，计算每个对应的三位数的数量合计即得；法二：根据极差，按照，，，分类讨论每种情况下的三位“稳定数”的数量，再合计即可.【详解】法一：要求各位数字的极差不超过2的“稳定数”的数量，可以按照最小值进行分类讨论，并计算每个对应的三位数的数量.①当时：允许的数字范围是，百位数不能为0，因此百位只能是1或2，总数为种，减去不含0的情况（即所有数字都是1或2）的8种，得到10个符合条件的数；②当到7时：允许的数字范围是，百位数可以是中的任何一个，总数为种，减去不含的情况（即所有数字都是或）的8种，得到每个对应的19个数，故共有133个符合条件的数；③当时：允许的数字范围是8，9，百位数可以是8或9，总数为种，减去不含8的情况（即所有数字都是9）的1种，得到7个符合条件的数；④当时：所有数字都是9，只有1个数999.将各个的情况累加起来，总数为：.故答案为：151.法二：位数的极差范围为0到9，根据定义，“稳定数”需满足极差，即.①极差，所有数字相同，即形如，共9个（即）.②极差，分两种情况：最小值含0：数字范围为，且百位，此时十位和个位可为0或1，但需至少含一个0，共3个.最小值：数字范围为，每位可选或，且至少含和各一次，每位选择数有2种（或），扣除全或全的情况，每个对应6个数，共8个，共个，小计：个.③极差，分两种情况：最小值含0：数字范围为，且百位，需至少含0和2各一次，时，十位和个位需含0和2，共2个；时，十位和个位需含0，共5个（），小计：个.最小值：数字范围为，每位可选，且至少含和各一次，由容斥原理有个，共7个，共个.小计：个.三位“稳定数”总数为个.故答案为：151.15．(1)，管理时间与土地使用面程线性相关.(2)认为村民的性别与参与管理的意愿有关.(3)分布列见解析，【分析】（1）根据表格数据和公式计算可得，由此可得结论；（2）根据已知数据可得列联表，计算可得，由此可得结论；（3）首先确定从该贫困县中随机抽取一位村民，取到不愿意参与管理的男性村民的概率，可知，由二项分布概率公式可计算得到每个取值对应的概率，由此可得分布列，根据数学期望计算公式可求得结果.【详解】（1）由题知，，，，，，则，故管理时间与土地使用面程线性相关.（2）依题意，完蟙表格如下：单位：人愿意参与管理不愿意参与管理合计男性村民15050200女性村民5050100合计200100300零假设为：村民的性别与参与管理的意愿无关.计算可得.依据的独立性检验，推断不成立，即认为村民的性别与参与管理的意愿有关.（3）法一：依题意，的可能取值为，从该县中随机抽取一位村民，取到不愿意参与管理的男性村民的概率为，故，故的分布列为0123则数学期望.法二：依题意，从该县中随机抽取一位村民，取到不愿意参与管理的男性村民的概率为，则，故.16．(1)等腰三角形(2)【分析】（1）根据二倍角公式化简可得，即可根据三角函数的性质求解得解，（2）根据余弦定理结合基本不等式可得，则，结合边的关系可得为正三角形，即可求解.【详解】（1）由二倍角公式得，所以，整理得，即.因为，所以，即，即为等腰三角形.（2）由（1）及题设，有，所以，当且仅当时，等号成立.又为三角形内角，所以，即的最大值为，此时，又，所以，故，可得为直角三角形且.又由（1）可得为正三角形，所以当最大时，的面积.17．(1)证明见解析(2)存在；或【分析】（1）先由勾股定理证明，再由面面垂直的性质定理得到面，最后再由线面垂直的判定定理可得；（2）由几何关系建立如图所示空间直角坐标系，求出面的一个法向量，代入空间点到面的距离公式解一元二次方程可得.【详解】（1）证明：，，，故．又面面，面面，面，面．面，，又，面，，面．（2）面，，四边形为菱形，取的中点为，连接，，为等边三角形．．又，．又平面，．如图所示，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系．则，，，，，，，，．设为面的一个法向量，则

令，则．设为点到面的距离，则．，即或．故存在或，满足题意．18．(1)(2)【分析】（1）由题可知椭圆的焦点在轴上，标准方程可设为，由椭圆的性质可得四边形面积为，由焦点坐标可知，联立方程即可求出、（2）由点斜式设出直线、的方程，联立直线与椭圆的方程，写出判别式和韦达定理，由弦长公式得到，同理可得，四边形面积为，而、，利用和进行转化，即可求出面积的最小值.【详解】（1）根据题意可知椭圆的焦点在轴上，设椭圆的标准方程为，椭圆四个顶点的连线围成的四边形是菱形，两条对角线互相垂直，而两条对角线长分别为，，由已知得，即，因为左焦点为，所以，可得，联立，解得，故椭圆的标准方程为.（2）作出椭圆的图象，如下图所示：根据题意可知直线、的斜率存在，且，所以两直线、的斜率存在且不为0，因此设直线AB、CD的斜率分别为、，又，设直线方程为，直线方程为，设、、、的坐标分别为、、、，设四边形面积为.联立，得，，因为、是该方程两根，由韦达定理可得，由弦长公式可得，则，同理可得，.因为、分别是线段、的中点，且，所以，，，，所以，当且仅当，即时，等号成立.故四边形面积的最小值为.19．(1)证明见解析(2)①证明见解析；②【分析】（1）根据题，设过点作的切线分别交于，结合，即可得证；（2）①求得，分别求得在点和处的切线方程，假设与重合，整理得，结合由（1）的结论，即可得证；②根据题意，转化为时，在恒成立，设，求得，分和，两种情况讨论，得到函数的单调性和最值，即可求解.【详解】（1）解：在曲线取一点．过点作的切线分别交于，因为，可得，即．（2）解：①由函数，可得，不妨设，曲线在处的切线方程为，即同理曲线在处的切线方程为，假设与重合，则，代入化简可得，两式消去，可得，整理得，由（1）的结论知，与上式矛盾即对任意实数及任意不相等的正数与均不重合．②当时，不等式恒成立，所以在恒成立，所以，下证：当时，恒成立．因为，所以设（i）当时，由知恒成立，即在为增函数，所以成立；（ii）当时，设，可得