湖南省邵阳市2026届高三下学期考前预测模拟（三模）数学试卷（含答案）

2026年邵阳市高三第三次联考

数学

一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一

项是符合题目要求的)

1.命题“3x∈R,2*-x≤0”的否定是

A.Vx∈R,2*-x>0B.3x∈R,2*-x>0

C.Vx∈R,2*-x≤0D.3x∈R,2*-x≥0

2.已知向量a=(2,x),b=(2,4),若|a+b|=|a-b|,则x的值为

A.1B.-1C.4D.-4

3.已知i为虚数单位，则|i+i²026|=

A.0B.1C.2D.√2

4.已知抛物线C:y²=2px(p>0),C上一点M(2,m)到焦点的距离为4,则p=

A.1B.2C.4D.8

5.已知f(x)是定义域为R的奇函数，且当x>0时，f(x)=e-1.则a的值为

6.已知S,是等差数列{an的前n项和，S₂026<S2027<S2025.若S,<0,则正整数n的最大值为

A.2026B.2027C.4052D.4053

7.已知α,,2sinβ=sin(2α+β),则α+β=

A.B.D.

8.已知函数若函数g(x)=[f(x)]²-af(x)+5有8个不同的零点，

则实数a的取值范围是

B.D.

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二、选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合

题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)

9.下列说法中正确的是

A.若随机变量X,Y满足Y=2X-1,则D(Y)=4D(X)

B.在回归分析中，决定系数R²的值越接近1,模型的拟合效果越好

C.经验回归直线至少经过其样本数据点中的一个点

D.若事件M,N满足,则

10.数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭(a>b>0)任意两条互相垂直

的切线的交点都在以原点0为圆心，√a²+b²为半径的圆上，这个圆被称为该椭圆的

蒙日圆.已知椭圆C:1(0<b<4)可以与边长为5√2的正方形的四条边均相切，则

A.椭圆C的离心率为

B.若一个矩形的四条边均与椭圆C相切，则该矩形面积的最大值为50

C.若A(-6,0),M为椭圆C的蒙日圆上任意一点，则直线AM的斜率的取值范围为

D.若P为椭圆C的蒙日圆上任意一点，且点P到直线l₁:2x-y+6√5=0与到直线

l₂:2x-y+m=0的距离之和与点P的位置无关，则m的取值范围是(-∞,-5√5)

11.如图(一),已知在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，∠A₁AB=∠A₁AC,点D,E,F分别在棱CC₁,

AA₁,BB₁上，且

AB=AC=2,0为棱BC的中点.下列说法正确的是

A.若则AE⊥平面EBC

B.五面体ABCDEF的体积为三棱锥E-ABC的体积的8倍

C.若图(一)

D.若则当时，五面体ABCDEF的体积有最大值

三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)

12.(1-y)(2x+y)⁴的展开式中x²y³的系数为(用数字作答).

13.在正项等比数列{an}中，若a₂+a₃+a₄+a₅=40,则a₃=

14.已知函数若f(x)存在最大值，则实数a的最大值为

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四、解答题(本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

15.(13分)已知在△ABC中，点D在边BC上，AD⊥AC,,AB=2,AD=√2.

(1)求BD的长；

(2)若AD=xAB+yAC,求x,y的值.

16.(15分)如图(二),已知点D是半圆弧AB所在圆的圆心，点P是AB上异于A,B的点，

三棱锥P-ABC的外接球的表面积为16π,

AB=BC=2.

(1)证明：平面ABC1平面PAB;

(2)当点P是AB上靠近点A处的三等分点时，求二面角

C

P-BC-A的余弦值.图(二)

17.(15分)已知双曲线I过点P(2,2),且渐近线方程为y=±√2x,过点P作三条直线与T

的右支分别交于点A,B,C,直线PA,PB,PC与x轴的交点分别为点D,E,G.

(1)求I的方程；

(2)设直线PA,PC的斜率分别为k₁,k₂.

(i)若点E为线段DG的中点，且(k₁-2)(k₂-2)=4,求直线PB的斜率；

(ii)若k₁+k₂=0,且求△APC的面积.

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18.(17分)已知一个质点从边长为1个单位的正三角形ABC的某个顶点出发，沿着该三角形

的边移动，每次移动1个单位，具体规则如下：

若质点位于顶点A,则每次移动到顶点B的概率为,移动到顶点C的概率为

若质点位于顶点B,则每次移动到顶点A的概率为·,移动到顶点C的概率为·

若质点位于顶点C,则每次移动到顶点A的概率为,移动到顶点B的概率为

设质点初始位置在顶点A,请回答下列问题：

(1)求第2次移动后质点位于顶点C的概率；

(2)设第n次移动后质点位于顶点B的概率为Q(n∈N*).

(i)求Qn;

(ii)当n足够大时，试估计第n次移动后质点位于哪个顶点的概率最大，并说明理由.

19.(17分)已知函(k≠0)和g(x)=e.

(1)设函数h(x)=f(x)-Inx,讨论h(x)的单调性；

(2)若函数f(x)与g(x)的图象有三条公切线，求实数k的取值范围；

(3)求函数的最小值.

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2026年邵阳市高三第三次联考参考答案与评分标准

数学

一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符

合题目要求的)

题号12345678

答案ABDCCCBA

8.A【解析】由题意作出y=f(x)的大致图象如下，

设f(x)=t,则关于t的方程t²-at+5=0有2个不同的根t₁

和t₂,且关于x的方程f(x)=t₁,f(x)=t₂分别有4个不同的

根.不妨设t₁<t₂,易知关于t的方程t²-at+5=0的判别式

△=a²-20>0,t₁+t₂=a,t₁t₂=5.

(1)若t₁,t₂∈(2,3),则t₁+t₂=a>0,所以a>2√5,且

即得

(2)若t₁=2,则,此时,符合题意，故,选A.

二、选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要

求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)

题号91011

答案ABBCDACD

10.BCD【解析】对于选项A,由已知条件，正方形的对角线的长度等于蒙日圆的直径

2√a²+b²,即√16+b²=5,所以b=3,故椭圆的离心率,则选项A不正确；

对于选项B,设矩形的边长分别为x,y,则x²+y²=100.由不等式x²+y²≥2xy,得矩形的面积

的最大值为50,故选项B正确；

对于选项C,设直线AM的方程为y=k(x+6),又蒙日圆方程为：x²+y²=25,由

,故选项C正确；

对于选项D,如果点P到两条直线的距离之和与点P的位置无关，那么直线l₂与l₁平行，并

且分别位于蒙日圆的两侧，临界状态就是l₂:2x-y+m=0与蒙日圆相切，此时m=-5√5,所以

m的取值范围是[-∞,-5√5],故选项D正确.

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11.ACD【解析】由题知，我们只需重点研究五面体ABCDEF,如图所示.

对于选项A,在五面体ABCDEF中，记∠EAB=∠EAC=α,∠BAC=β.

连接EO,由AE=AE,AB=AC,∠EAB=∠EAC,

得△EAB≌△EAC,则EB=EC,又点0为BC的中点，则EO⊥BC.又AB=AC,则AO⊥BC.

因为AONEO=0,A0,EOC平面AOE,因此BC⊥平面AOE,又AEC平面AOE,所以AE⊥BC.

D

当时，在△ABE中，,AB=2,

则BE=√AB²+AE²-2AB·AEcosα=√4+1-2=√3,

则AE²+BE²=4=AB²,故AE⊥BE,

又BE∩BC=B,BE,BCC平面BCE,

所以AE⊥平面BCE,故选项A正确；

对于选项B,连接CF,由AE//BF,,又BF//CD,则

,因此该五面体的体积V=9VE-ABC,故选项B不正确；

对于选项C,过E作EH⊥AO交A0于点H,因为BC⊥平面AOE,则BC⊥EH,

又AO∩BC=0,AO,BCC平面ABC,于是EH⊥平面ABC,由ABC平面ABC,得EH⊥AB,

过H作HM⊥AB交AB于点M,连接EM,又EH∩HM=H,EH,HMC平面EMH,

因此AB⊥平面EMH,而EMC平面EMH,则EM⊥AB,

,故选项C正确.

对于选项D

设,(1-cos²β)(2cosβ-1)=(1-t²)(2t-1)=f(t),

求导得f(t)=-6t²+2t+2,由f(t)>0,;由f(t)<0,得

函数f(t)在上单调递增，在上单调递减，

当时，f(t)取得最大值，此时VE-ABC取得最大值，五面体ABCDEF的体积V取得最大值，

所以当该五面体的体积取到最大值时,故选项D正确.综上所述，故选ACD.

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三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)

12.-2413.34

14.【解析】若f(x)存在最大值，则a≥0.

当0≤a≤1时，x≥a时，y=2x-x²的最大值为f(1)=1,

而y=ax-2在区间(-∞,a)上为单调递增函数，则a²-2≤1,解得-√3≤a≤√3,

故0≤a≤1.

当a>1时，x≥a时，y=2x-x²的最大值为f(a)=2a-a²,

而y=ax-2在区间(-∞,a)上为单调递增函数，

则a²-2≤2a-a²,即a²-a-1≤0,解

故

综上所述得,故a的最大值为

四、解答题(本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

15.(13分)

解：(1)因为在△ABC中，AD⊥AC,点D在边BC上，则

………3分

所以在△ABD中

故BD=16分

(2)在△BDA中，由余弦定理得则

故…………………9分

……………12分

故…………13分

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16.(15分)

(1)证明：设三棱锥P-ABC的外接球球心为点0,半径为R,

则4πR²=16π,解得R=2.

设△ABC的外接圆半径为r,因为AB=BC=2,

则…………………3分

所以R=r,点0也为△ABC外接圆的圆心，连接PD,OD,PO,A0,得OD⊥AB.

在Rt△ADO中，A0=R=2,AD=1,故OD=√3.

∵P在AB上，∴PD=1.又PO=R=2,∴PO²=PD²+OD².∴OD⊥PD.

∵AB∩PD=D,AB,PDC面PAB,则OD⊥面PAB.

又ODC平面ABC,所以平面ABC1平面PAB.……………6分

(2)由(1)知，OD⊥平面PAB,OD⊥AB,以D为坐标原点，建立如图所

示的空间直角坐标系D-xyz.

∵点P是AB的三等分点且靠近A点，

∴△APD为等边三角形.

由题可得A(0,-1,0),B(0,1,0),C(√3,2,0),

∴BC=(√3,1,0),……………………8分

设m=(x,y,z)是平面BCP的一个法向量，则由

得取x=1,得y=-√3,z=-3,

∴平面BCP的一个法向量为m=(1,-√3,-3).………11分

又z轴垂直于平面ABC,∴n=(0,0,1)是平面ABC的一个法向量，

设二面角P-BC-A的平面角的大小为θ,

……………14分

易知θ为锐角

所以二面角P-BC-A的余弦值…………………15分

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17.(15分)

解：(1)由题可设双曲线I的方程为(√2x)²-y²=λ,即2x²-y²=λ,

将点P(2,2)代入可得λ=4,所以双曲线I的方程为………4分

(2)(i)直线PA:y-2=k₁(x-2),令y=0,得

直线PC:y-2=k₂(x-2),令y=0,得

由(k₁-2)(k₂-2)=4,得,所以xp+x₆=3,故中点…7分

所以,故直线PB的斜率为4.……………9分

(ii)由题意得：k₁+k₂=0且k₁,k₂≠0,不妨设k₁>0,则k₂<0.

设直线PA的倾斜角为,则2α+∠APC=π,所以

故可得4k;²-15k₁-4=0,又k₁>0,所以k₁=4,k₂=-4.…11分

所以直线PA:y=4x-6,直线PC:y=-4x+10.

由得7x²-24x+20=0,故

…………13分

由得7x²-40x+52=0,故

由,得

所以.…15分

18.(17分)

解：(1)设事件B₁=“第1次移动后质点位于顶点B”,C₂=“第2次移动后质点位于顶点C”,

根据题意得…………………2分

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因此，第2次移动后质点位于顶点C的概率为………4分

(2)(i)设第n次移动后质点位于顶点A,C的概率分别为P,R,则Pₙ+Q,+R,=1.

根据规则，递推关系如下：

………………7分

由R-1=1-Pn-1-Qn-1(n≥2),代入Q,的递推式得：

,(n≥2),………9分

所以

所以数列是以为首项，为公比的等比数列.

所以,即(n∈N*).………11分

(ii)当n足够大时，第n次移动后质点位于顶点C的概率最大，理由如下：

由(i)知，Qn-1=1-P-1-Qn-1(n≥2),代入R的递推公式得：

-1(n≥2),,………13分

所以

所以数列是以为首项，为公比的等比数列.

所以,即…………15分

所以

所以

又

故当n足够大时，第n次移动后质点位于顶点C的概率最大.………17分

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19.(17分)

解：(1)由已知得,定义域为(0,+∞),

所以………………1分

当k>0时，h'(x)<0恒成立，所以h(x)在(0,+∞)上为减函数；………2分

当k<0,由h'(x)>0得x<-k,又因为定义域为(0,+∞0),

所以h(x)在(0,-k)上单调递增，在(-k,+∞)上单调递减.……………4分

(2)设公切线l与f(x)相切于点(