2026湖南省长沙市高三高考前保温数学押题试卷（一）含答案解析

第=page11页，共=sectionpages22页第=page11页，共=sectionpages22页湖南省长沙市2026届高三考前保温数学试卷（一）一、单选题：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．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．已知复数满足，则的虚部为（）A． B． C．1 D．23．如图，已知网格纸中每个小正方形的边长为1，向量的位置如图所示，则（

）A．3 B． C．5 D．4．已知，则（

）A． B． C． D．5．已知为正项等比数列的前项和，，，则（

）A．2 B．3 C．4 D．66．已知点在圆C：的外部，则的取值范围是（

）A． B． C． D．7．函数的单调递减区间是（

）A． B． C． D．8．如图，四边形，，，将沿折起，当二面角的值属于区间时，直线和所成角为，则的最小值为（

）A． B． C． D．二、多选题：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．一组数据的第70百分位数为13B．若样本数据的方差为2，那么数据的方差为6C．已知随机事件A和B互斥，且，，则D．某一组样本数据为，则样本数据落在区间内的频率为10．设是函数的三个零点，则（

）A．B．C．若成等差数列，则成等比数列D．若成等差数列，则11．如图，在正三棱柱中，，，点为正三棱柱表面上异于点的点，则（

）A．存在点，使得B．若，，，不共面，则四面体的体积的最大值为C．直线与平面所成的最大角为D．若，则点的轨迹的长为三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12．函数在上的最大值为________.13．若数列满足，则___________．14．已知棱长为1的正方体内有一个动点M，满足，且，则四棱锥体积的取值范围为______．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)如图，在四棱锥中，底面为矩形，为的中点，，.(1)证明：平面平面；(2)若，直线与平面所成角的正切值等于2，求平面与平面夹角的余弦值.16．(15分)已知等差数列的前项和为，且，，数列的前n项和为，满足．(1)求数列，的通项公式；(2)已知数列满足：，求数列的前n项和．17．(15分)某校举行文艺比赛，并通过网络对比赛进行直播.比赛现场有5名专家评委给每位参赛选手评分，场外观众可以通过网络给每位参赛选手评分.每位选手的最终得分由专家评分和观众评分确定.某选手参与比赛后，现场专家评分情况如表；场外有数万名观众参与评分，将评分按照，，分组，绘成频率分布直方图如图：专家ABCDE评分9.69.59.68.99.7(1)求a的值，并用频率估计概率，估计某场外观众评分不小于9的概率；(2)从5名专家中随机选取3人，X表示评分不小于9分的人数；从场外观众中随机选取3人，用频率估计概率，Y表示评分不小于9分的人数；求X的分布列及与的值；(3)考虑以下两种方案来确定该选手的最终得分：方案一：用所有专家与观众的评分的平均数作为该选手的最终得分，方案二：分别计算专家评分的平均数和观众评分的平均数，用作为该选手最终得分.请直接写出与的大小关系.18．(17分)已知函数．(1)讨论在其定义域上的单调性；(2)当时，若，求实数的取值范围．19．(17分)已知，分别为椭圆的左，右顶点，为的上顶点，，直线的斜率为．(1)求椭圆的方程；(2)过点作直线与椭圆交于两点，（在第一象限），直线，分别交轴于，两点：（ⅰ）是否存在常数使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；（ii）当面积取最大值时，求的值．高三考前保温数学试卷（一）参考答案题号12345678910答案CBDBCBDAACDBCD题号11答案ABD1．C【详解】集合，集合，则.2．B【详解】，；的虚部为.3．D【分析】建立适当平面直角坐标系后可用坐标表示各个向量，再利用向量坐标运算及模长公式计算即可得.【详解】建立如图所示平面直角坐标系，可得，所以，则.4．B【详解】.5．C【分析】等比数列的性质可得，即，再结合题干条件，利用等比数列求和公式，得到关于的一元二次方程，解出公比即得的值.【详解】由题意，设正项等比数列的公比为，其中，由等比数列的性质可知，由题干可得，即，若，则，不合题意，故，所以，解得或（舍去），故.故选：C.6．B【分析】根据条件得到圆的标准方程，再由圆的半径的平方大于0得到；再根据点在圆的外部得到，即可求解得到的取值范围.【详解】由，得，则，解得：①，又∵点在圆的外部，∴，即，解得或②，由①②得，故选：B．7．D【分析】先求原函数的定义域，分别判断与的单调性，利用复合函数的“同增异减”原则即得原函数的递减区间.【详解】由可得或，所以的定义域为，设，则，因为图象的对称轴为，函数在上单调递减，在上单调递增，而在定义域内单调递减，所以的单调递减区间是．故选：D.8．A【分析】建立空间直角坐标系，将几何问题转化为关于二面角的函数问题，再求解三角函数的最值即可.【详解】取的中点记为，连接，，.，，则二面角的平面角为.记二面角的大小为，则.如图所示，以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系.，.，，.直线和所成角为，，.当，即，有最小值，最小值为.9．ACD【分析】根据，向后推一位即可；利用方差的性质计算即可；根据互斥求出，再利用对立事件来求解；利用古典概型求解即可．【详解】A选项，数据从小到大排列为，由，故第5个数作为第70百分位数，即13，A正确；B选项，样本数据的方差为2，则数据的方差为，所以B选项错；C选项，因为A和B互斥，则，可得，所以，C正确；D选项，样本数据落在区间有有4个，所以样本数据落在区间内的频率为，故选D；故选：ACD．10．BCD【分析】构造函数应用导函数得出函数单调性得出值域判断A，B，根据成等差数列，结合指数运算律及对数运算律判断C，D.【详解】对A、B:令则，设，则故当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，又时，时，时，，且，故，且，故A错误、B正确；对C、D：由题意可得，所以，由于成等差数列，则，故，则，所以，故成等比数列，故C正确；则，化简有，则，解得或，又，则，故，则，又故舍去，故，又，所以，故D正确.故选：BCD.11．ABD【分析】对于A选项，当点为中点时，利用向量证明即可；对于B选项，当点位于点（或棱上）时，体积最大，为；对于C选项，当点位于点时，此时线面角为，大于；对于D选项，先判断出点的轨迹为四段圆弧，然后求出长度即可.【详解】对于A选项，当点为中点时，所以，故A正确；对于C选项，当点位于点时，为直线与平面所成角，故C错误；对于B选项，当点位于点（或棱上）时，点到平面的距离最远，此时四面体的体积最大，以点为例，此时，故B正确；对于D选项，若，如图，在棱上取点，使，在棱上取点使，在棱上取中点，则，，则点的轨迹由圆弧，，，构成，且其所在圆的半径依次为，，，，圆心角依次为，，，，圆弧，，，的长分别为，，，，故点的轨迹的长为.12．0【分析】求导，得到函数单调性，结合，求出函数的最大值.【详解】，，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，其中，故在上的最大值为0.故答案为：013．121【分析】根据递推关系可得，所以，计算得解.【详解】由题意可得，作差得，故故答案为：121.14．【分析】利用正方体的空间垂直关系去证明平面内的点都满足，再去证明动点M在以为圆心，以为半径的圆上，从而利用点M在圆上的性质去解决最值问题.【详解】如图所示，设，在正方体中，平面，因为平面，所以，又，平面，所以平面，因为是线段的中点，，则，所以点在平面内，即，

又因为，所以点在以点为球心，1为半径的球面上，而，则平面，所以到平面的距离为，由正方体的边长为1，则，因为平面，所以，则，所以在平面内，且以H为圆心，为半径的半圆弧上，则到平面的距离的最小值为，最大值为1，而正方形的面积为1，所以四棱锥体积的最小值为，最大值为，则四棱锥体积的取值范围为.15．(1)证明见解析；(2)【分析】（1）根据线面垂直的判定得平面，从而有，再利用面面垂直的判定即可证明；（2）建立合适的空间直角坐标系，根据线面角定义得，再求出相关法向量即可得到，面面角余弦值.【详解】（1）设为的中点，连接，因为为的中点，所以，又，所以，所以与必相交．因为，所以，又，且，平面，所以平面，又因为平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面`．（2）设，分别为的中点，因为，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，又，所以，以为坐标原点，$OA，OG，OP$所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系．由（1）知平面，所以即为直线与平面所成的角，所以，设，则，所以．因为平面，所以平面的法向量为．设平面的法向量为，又，所以，取，所以平面与平面夹角的余弦值为.16．(1)(2)3【分析】（1）法一：利用等差数列前项和公式、通项公式，联立方程组求解首项和公差，即可得数列的通项公式；法二：利用等差数列性质，求出中间项的值，再计算公差，即可得数列.结合和，即可得数列的通项公式.（2）根据（1）中数列，的通项公式，得到数列的通项公式，再结合裂项相消求和，即可得解.【详解】（1）法一：因为数列是等差数列，设公差为，因为，所以，即，解得，所以，数列的通项公式为．法二：因为，所以，解得，所以公差，所以，数列的通项公式为．由，当时，2b1+1=3b1当时，2Tn−1+1=3b所以，即，又，所以．所以数列是首项为1，公比为3的等比数列，所以.（2）由（1）知，，，所以cn所以R=−1−故数列的前n项和.【点睛】在求数列的通项公式时，要分和讨论，由递推关系写通项后，还须验证首项.17．(1)；估计概率为(2)(3)【分析】（1）因为频率分布直方图中所有矩形面积和为1，所以可据此列方程求解的值；因为评分不小于9的概率对应区间的频率，所以计算该区间的频率即可估计概率；（2）先确定5名专家中评分不小于9分的人数，因为是从5名专家中选3人时评分不小于9分的人数，所以服从超几何分布，据此计算取不同值的概率得到分布列，再用超几何分布的期望公式计算；因为是从场外观众中选3人时评分不小于9分的人数，且用频率估计概率，所以服从二项分布，用二项分布的期望公式计算（3）分别明确和的计算方式，结合专家人数和观众人数的差异，分析两者的大小关系.【详解】（1）由频率分布直方图的性质，所有组频率和为1，组距为1，因此：解得；观众评分不小于9的频率为，用频率估计概率，得评分不小于9的概率为.（2）5名专家中，评分不小于9分的共有4人，小于9分的共1人。从5名专家中选3人，（评分不小于9分的人数）的可能取值为：因此的分布列为：23期望计算：；对于：观众评分不小于9的概率为，，因此：（3）（专家评分平均数；观众评分平均数.方案一：（N为观众人数，N很大），近似为=8.8；方案二：）【点睛】本题以比赛评分为背景，综合考查频率分布直方图的性质、超几何分布与二项分布的分布列及期望计算，并用加权平均思想比较两种评分方案的结果大小.18．(1)所以在和上单调递减；(2)【分析】（1）利用二次求导判断的单调性得出，即即可；（2）把问题转化为在上恒成立，分和两种情况讨论，时符合题意，时导出矛盾即可求解.【详解】（1）的定义域为，，令，则，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，所以，则有，所以在和上单调递减；（2）当时，等价于，即，令，则，①若，则，在上单调递减，所以，满足题意；②若，令，得，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，所以，令，，是减函数，又，所以，与条件矛盾，舍去.综上所述，的取值范围是．19．(1)(2)（ⅰ）存在,使得；（ii）【分析】（1）由椭圆顶点坐标,结合直线斜率得比例关系,再由线段长联立方程,求出,即得椭圆方程.（2）（ⅰ）设直线联立椭圆,由韦达定理得纵横坐标关系,求出纵坐标,代入向量比例化简消参,可得为定值3.（ⅱ）由设出纵坐标,写出