2026湖南长沙雅礼中学高三高考模拟测试数学试题（含答案解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页高三模拟卷（二）数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、选择题：本题共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，则的真子集有（

）A．5 B．6 C．7 D．82．已知函数，则（）A． B． C．3 D．3．已知向量，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件4．等于（

）A．1 B．2 C．3 D．45．从长度为1，3，5，7，9的5根木棒中随机选择3根，其能构成三角形的概率是（

）A．0.3 B．0.4 C．0.5 D．0.66．已知点到点的距离为，则的最小值是（

）A．4 B．5 C．6 D．77．某海岛核污水中含有多种放射性物质，其中放射性物质含量非常高，它可以进入生物体内，还可以在体内停留，并引起基因突变，但却难以被清除．现已知的质量随时间（年）的指数衰减规律是：（其中为的初始质量）．则当的质量衰减为最初的时，所经过的时间约为（参考数据：，）（

）A．年 B．年 C．年 D．年8．设双曲线：（，）的左焦点为，过坐标原点的直线与交于，两点，，，则的离心率为（

）A． B． C． D．二、选择题：本题共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．已知复数，则下列结论正确的有（

）A．的虚部是 B．的共轭复数是C．在复平面内对应的点在第二象限 D．10．已知函数满足，且，则（

）A． B．C．的图象关于点对称 D．在区间单调递减11．某商场举办有奖摸球活动，盒中有编号为1到10的10个完全相同的小球，每次摸球后不放回，直到盒中无球为止，记为一轮活动．规则如下：第1次摸球：从10个球中随机抽取一个；第次摸球（）：若在前次摸球中未出现编号为的球，则本次直接获得号球；否则，从盒中剩余的球中随机抽取一个；第10次摸球：此时盒中仅剩1个球，直接取出．若第10次摸出的球编号为10，则本轮游戏结束并获奖；否则，本轮未获奖，可继续下一轮活动（每轮独立，每轮开始时球盒恢复为完整的1～10号球）．下列说法正确的是（

）（参考公式：若，则）A．若第1次摸到1号球，则在该轮必能获奖B．第2次摸到球的编号的期望为C．在一轮活动中获奖的概率为D．记随机变量为最终获奖时的活动轮数，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知数列满足：对任意的正整数m，n，都有，且，则_________．13．已知，若，则的最小值为___________．14．以为底的两个正三棱锥和内接于同一个球，并且正三棱锥的侧面与底面所成的角为，记正三棱锥和正三棱锥的体积分别为和，则__________．四、解答题：本题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．在中，角的对边分别为，且成等差数列．（1）求角的大小；（2）若，，求的值．16．如图所示的几何体由等高的个圆柱和个圆柱拼接而成，点G为弧CD的中点，且C、E、D、G四点共面．（1）证明：平面BCG；（2）若直线DF与平面AFB所成角为45°，求平面BDF与平面ABG所成锐二面角的余弦值．17．某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：

利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．(1)当漏诊率％时，求临界值c和误诊率；(2)设函数，当时，求的解析式，并求在区间的最小值．18．已知函数．(1)若，求实数的值；(2)若时，恒成立，求实数的最大值；(3)设，为数列的前项积，求证：．19．已知抛物线：，过点的动直线交抛物线于，两点，为原点，．(1)求抛物线的方程；(2)过动点作抛物线的切线，过点作切线的垂线，垂足为，求点的轨迹方程；(3)在（2）的条件下，设直线与直线交于点，若动点满足，求直线的斜率的取值范围．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【分析】解不等式，求出集合，根据集合交集的概念求出交集，判断真子集个数.【详解】，即，解得，则，可知，真子集个数为.故选：C.2．C【分析】根据分段函数的性质，根据定义域代入求分段函数值即可.【详解】由题意知，则.故选：C.3．A【分析】根据题意，利用共线向量的坐标表示，列出方程，求得的值，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.【详解】由向量，若，可得，解，解得或，所以是的充分不必要条件.4．B【分析】根据对数运算结合二倍角的正弦公式化简求值即可.【详解】.故选：B.5．A【分析】利用列举法求解基本事件，即可由古典概型的概率公式求解.【详解】从长度为1，3，5，7，9的5根木棒中随机选择3根，所有的可能性有，共有10种，能构成三角形的有，共3种，故概率为，故选：A6．D【分析】分别求出点P和点A的轨迹方程，根据直线与圆的位置关系，分析求解，即可得答案.【详解】因为，所以点的轨迹方程为，点的轨迹方程为.因为圆上的点到直线的最小距离为圆心到直线的距离减去半径，所以d的最小值是.7．D【详解】已知衰减公式，当的质量衰减为最初的时，满足：，即，两边取对数得：，则，即．8．B【分析】设，结合已知条件和双曲线的定义求得，利用余弦定理列方程，解方程求得，由此求得离心率.【详解】如图，设双曲线的右焦点为，连接，.由双曲线的对称性可得：，，则四边形是平行四边形，又因为，则，设，由双曲线的定义可得：，在中，由余弦定理可得：所以，整理可得：，解得：或（舍去），则，，在中，由余弦定理可得：所以，整理可得：，所以.故选：B.9．BD【详解】，的虚部是1，故A错误；，故B正确；在复平面内对应的点为，位于第一象限，故C错误；，故D正确．10．BC【分析】由已知结合正弦函数的对称性可先求出，即可判断A，B；然后结合正弦函数的对称性及单调性检验选项C，D即可判断．【详解】因为函数满足，所以的图象关于对称，则，，则，，所以或，因为，所以，，，A错误，B正确；则，，即的图象关于点对称，C正确；当时，，因为在,上不单调，D错误．故选：BC．11．ABD【分析】A，由活动规则可知必获胜；B，分两种情况考虑，再用期望公式计算；C，通过递推数列求解；D，转化为数列的求和，再取极限值.【详解】选项A，第1次摸到1号球；第2次：前1次没出现2号球，直接得2号球；第3次：前2次没出现3号球，直接得3号球；……第9次：前8次没出现9号球，直接得9号球；最后只剩10号球，第10次必摸到10号球，因此必获奖，A正确；选项B，第2次摸球分两种情况：第1次未摸到2号球：第2次直接取2号球；第1次摸到2号球：从剩余9个球中随机摸一个，编号，每个的概率是，所以第2次摸到球的编号的期望为，B正确；选项C，一轮摸球活动中获得奖品，需要第10次获得10号球，记为个球时编号为的球留到最后的概率，第1次抽到1号球，后续号球全按顺序，成功；第1次抽到号球，失败；第1次抽到号球，第2至次获得相应编号小球，第次从剩余未摸过的这个球中随机抽取，此子过程等价于规模为的原问题，且最大编号是，成功概率为从而，即，即，则，可得在一轮摸球活动中能够获得奖品的概率为，C错误；选项D，，D正确.12．##243【分析】赋值直接计算即可.【详解】由题意，令，得，令，得，令，，得.故答案为：13．【分析】根据条件，化简所给的等式，得到，然后根据积为常数，和有最小值，进行恒等变形，利用基本不等式求的最小值.【详解】因为，所以，整理可得，由已知，则，可得，即，所以，所以，所以，当且仅当是取到等号，又，所以取到最小值.故答案为：.14．【分析】设到底面的距离为，到底面的距离为，为球心，得到，取的中点，得到一定为球的直径，由，得到，在直角中，利用勾股定理，列出方程，求得的值，进而得到答案.【详解】正三棱锥和正三棱锥内接于同一个球，设到底面的距离为，到底面的距离为，为球心，则，取的中点，连接，记与平面的交点为，由两个正三棱锥和内接于同一个球，所以一定为球的直径，根据题意，可得为正三角形的中心，所以分别为正三棱锥和正三棱锥的高，由，且为的中点，可得，则为正三棱锥的侧面与底面所成的角，即，不妨设，所以，即球的半径为，则，在直角中，由勾股定理，可得，解得，所以，即，所以.15．（1）（2）【详解】试题分析：根据已知成等差数列，利用正弦定理“边转角”，注意减元，求出角，求角时注意角的范围.再利用余弦定理，注意到三者的联系，本考点属于高考高频考点，务必引起高度的注意.试题解析：（1）由成等差数列，可得，

故，所以，

又，所以，故，又由，可知，故，所以．

（另法：利用求解）（2）在△ABC中，由余弦定理得，即，故，又，故，所以

，故．【点睛】利用正、余弦定理解三角形问题，注意使用“边转角、角转变”，注意减元，求角时注意角的范围.利用余弦定理时注意到三者的联系，本考点属于高考高频考点，务必引起高度的注意.16．（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）连结，则由已知可得，有，而，所以可由线面垂直的判定定理可证得结论；（2）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可【详解】解：（1）连结，因为点G为弧CD的中点，是直径，，，所以，所以，又因为平面，平面，所以，又平面，．所以平面．（2）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，因为直线与平面所成角为，则，，，，设平面的法向量为，由可得：，令，则，设平面的法向量为，则，得，令，则则，故平面与平面所成锐二面角的余弦值为．17．(1)，；(2)，最小值为．【分析】（1）根据题意由第一个图可先求出，再根据第二个图求出的矩形面积即可解出；（2）根据题意确定分段点，即可得出的解析式，再根据分段函数的最值求法即可解出．【详解】（1）依题可知，左边图形第一个小矩形的面积为，所以，所以，解得：，．（2）当时，；当时，,故，所以在区间的最小值为．18．(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）求出函数的导数，利用给定导数值求出的值.（2）令并将不等式作等价变形，构造函数，再利用导数求出恒成立的值范围即可.（3）由已知可得，再结合（2）的结论变形，利用裂项相消法求和即得.【详解】（1）函数，求导得，由，得，所以.（2）令，由，得，由，令函数，求导得，函数在上单调递减，，当时，，，则函数在上单调递增，，恒成立，因此；当时，，而当时，，则存在，使得，当时，，，函数在上单调递减，此时，不符合题意，所以实数的取值范围是，的最大值为4.（3）依题意，，，，则，由（2）得，，则当时，，因此，所以.19．(1)(2)(3)【分析】（1）设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理及向量垂直的坐标表示列式