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

2026届湖南省长沙市高三第二次模拟自编卷数学试题(解析版）1．C【分析】求出函数的定义域化简集合，解不等式化简集合，再利用交集的定义求解.【详解】依题意，且，，所以.故选：C2．A【分析】根据复数的乘方运算以及除法运算即可计算出结果.【详解】易知，所以复数，可得，所以.故选：A3．A【详解】由，又，则，故.4．B【分析】根据分组分配问题解法，先分组再分配即可求解．【详解】根据题意，将4名青年志愿者分为三组，共有种情况，再分配到3个社区，共有种情况，所以共有种不同情况．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．A【分析】利用数形结合，把分式看成动点到定点的斜率，然后通过代数法来求切线斜率，即可得到函数值域.【详解】因为，且，所以函数的定义域为．设，，则是直线的斜率．点是半圆上的动点．如图，设点，则．设切线的方程为，即．由圆心到切线的距离，解得（舍去）或．由图可知，即的值域为，则．故选：A.8．D【分析】取，的中点分别为，，通过计算分别求得，通过比较可知，设外接球的球心到平面的距离为，通过勾股定理计算求得、，即可得出结果.【详解】如图，连接，，它们的中点分别记为，，连接，，易知为此正四棱台的高，，则，所以，，过点作的垂线，垂足为，则，，则，，故能将正四棱台罩住的半球的最小半径．设该正四棱台外接球的球心到平面的距离为，则，解得，，故．故选：D

9．ACD【分析】由二项分布的期望和方差公式可得A；利用正态分布的对称性可判断B；由独立事件的乘法公式可得C；利用残差的计算可得D.【详解】对于A，已知随机变量服从二项分布，若，，则，解得，故A正确；对于B，随机变量服从正态分布，所以对称轴为，则，因为，所以，所以，故B错误；对于C，若，相互独立，则，所以，故C正确；对于D，由题意可得样本点与的残差分别为和，所以，则，故D正确.故选：ACD.10．BD【分析】利用两直线垂直系数关系列方程可得A；由抛物线的定义可得B；由双曲线的渐近线方程，焦点坐标，点到直线的距离公式可得C，利用椭圆的定义结合题意可得D.【详解】对于A，若直线与互相垂直，则，解得或，故A错误；对于B，抛物线的焦点为，其准线方程为，因为点在上，，即，故B正确；对于C，由题意可得双曲线的渐近线方程为，焦点为，由对称性不妨求右焦点到的距离，由点到直线的距离公式可得，故C错误；对于D，椭圆的左焦点，设右焦点为，圆的圆心，半径为1，，当且仅当点在左顶点，点在原点时取等号，故D正确.故选：BD.11．ACD【分析】A选项：先确定范围，再根据单调性求在区间上的最大值，进而解不等式得出的取值范围.B选项：利用和的不等式关系判断最小值是否为.C选项：通过变形得到，构造函数，利用单调性得出与的关系，进而求出的最小值.D选项：函数有两个零点等价于与有两个交点，通过变形和函数图象求出的取值范围.【详解】对于A选项：易知时不成立，因此，此时在区间上递增，故，解得，又，因此，故选项A正确；对于B选项：当时，，因为（时取“=”），（时取“=”），所以（“=”不成立），因此，的最小值不为2，故选项B错误；对于C选项：当时，，故由，得，即，令，易知为单调递增函数，故由得，即，又，所以，即的最小值为，故选项C正确；对于D选项：当时，，令得，函数有两个不同的零点，即要求函数和且的图象有两个不同的交点，因为和且的图象关于对称，所以函数和且的图象有两个不同的交点，即函数且和的图象有两个不同的交点，即方程有两个不同的根，对方程两边取自然对数，得，即，由函数图象可知，，即，故选项D正确．故选：ACD.12．【分析】由题意可得，利用子意的意求解即可.【详解】，∴．∴当时，；当时，；当时，，∴m的值为0，1，，∴m的值为．故答案为：.13．/【分析】首先得出，结合三角函数单调性即可求解最值.【详解】由题意，从而，因为，所以的取值范围是，的取值范围是，当且仅当，即时，取得最大值，且最大值为.故答案为：.14．【分析】设四个顶点为，根据得到截面方程即可求解.【详解】建立正四面体的顶点坐标，设四个顶点为，每条棱长均为，设动点，，，，，，，因为，所以，即所有满足条件的点构成的平面为平面（平面），

而为正方体的顶点（如图所示），且该正方体的中心为原点，由对称性可得棱交于，棱交于，棱交于，棱交于，截面四边形的顶点为，在平面上形成一个菨形，其对角线的长度为，故面积为2.故答案为：.15．(1)证明见解析(2)【分析】（1）由题意将题给等式变形为，则根据等差数列的定义可证明数列是等差数列；（2）由（1）先求出数列的通项公式，从而求得数列的前n项和，再根据可求出，从而求出的通项公式，最后利用错位相减法求出的前项和.【详解】（1）证明：因为，所以，又，所以数列是以1为首项，以为公差的等差数列.（2）由（1）可得，所以，当时，所以，当时也成立，所以，所以，因，①，②②-①得，③则，④③-④得所以.16．(1)丙投篮水平较高，理由见解析(2)【分析】（1）设甲、乙、丙三人各自独立投篮投中的概率分别为、、，根据独立事件的概率公式可得出关于、、的方程组，解出这三个概率的值，比较大小后可得出结论；（2）记组投中次数为，组投中次数为，由（1）知，，若组获胜，则，或，或，，再结合独立事件和互斥事件的概率公式可求得组获胜的概率.【详解】（1）丙投篮水平较高，理由如下：设甲、乙、丙三人各自独立投篮投中的概率分别为、、.依题意，得，解得，因为，所以，丙投篮水平较高.（2）记组投中次数为，组投中次数为，由（1）知，，若组获胜，则，或，或，，所以，，，.故组获胜的概率为.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可证明平面，可得，由几何体结构特征即可得出证明；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出两平面的法向量即可求出二面角的余弦值，即可得二面角的正弦值.【详解】（1）设点为的中心，连接，连接并延长交于点，则平面，因为平面，所以，又因为，、平面，所以平面，因为平面，所以，又因为，所以，且，所以四边形是矩形，因为，所以四边形是正方形.（2）以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，所以，因为为的中点，所以，

所以，设平面与平面的法向量分别为，则有，即，取，则，所以，易知，平面的法向量沿轴方向，不妨取，所以，故二面角的正弦值为.18．(1)，；(2)不存在唯一的最大项；(3)证明见解析.【分析】（1）利用等差、等比中项的性质得、，联立求得或，讨论求数列的通项公式；（2）讨论的大小，得到，即可得结论；（3）法一：由（1）有，进而有，累加得，即可证；法二：应用错位相减法、等比数列前n项和公式求，即可证.【详解】（1）因为为等差数列，取前3项知2，，成等差数列，即，因为为等比数列，取前3项知，，成等比数列，即．代入，得，这等价于，也即，所以或．若，那么，所以，但不为等比数列，与题干不符，所以，得，经检验得符合题意，故．（2）令，解得，令，解得，当时，，．所以，即最大项不唯一，故不存在唯一的最大项．（3）法一：因为，记，注意到，所以，于是，因此．法二：①．两边同乘，得②．①－②，整理得③．两边同乘，得④．③－④，整理得，即．19．(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）不难看出只有当甲不涂黑方格的四个角和中心处，甲一定获胜，由此可得甲获胜的概率；（2）给格子标号，若乙要获胜，则标号为1的格子数与标号为2的格子数之差的绝对值不大于1，即1比2的数量多两个时，此时甲一定获胜，计算当m为奇数时，1号和2号的格子数，发现1的数量比2的数量多两个，故当m为奇数时，甲一定获胜；（3）由（2）可知，考虑1比2多两个的情况，只有涂黑2时，1比2的数量多两个，此时甲一定获胜，计算2号格子的数量，除以甲能涂黑的格子数，即可证明甲获胜的概率.【详解】（1）甲随机涂黑一个，在方格的四个角和中心处，显然乙可以不重复地一次性经过所有白色方格，只有当甲涂黑，，，时，乙无法不重复地一次性经过所有白色方格，故甲获胜的概率为.（2）我们为格子标号：1黑格12121212121212121212121乙不妨从1出发，则乙的路线必定是1→2→1→2…，若乙要获胜，则标号为1的格子数与标号为2的格子数之差的绝对值不大于1，若最后是2，则说明1的数量和2的数量相同，若最后是1，则说明1比2多一个，由于m为奇数，则第1,3，5，7…m列，1的数量比2的数量多1个，这样的列数一共有个，也就是1比2的数量多，同理，第2，4，6，…列，2的数量比1的数量多一个（不考虑黑格），这样的列一共有列，因此1的数量比2的数量多个，但实际情况是第二列中1的数量和2的数量一样多，因此1的数量比2的数量多两个，这说明乙无法不重复地一次性经过所有白色方格，因此当m为奇数时，甲一定获胜.（3）受到（2）的启发，我们仍然