2026年湖南永州市高三三模高考数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页永州市2026年高考考前模拟卷数学一、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（

）A． B．C． D．2．已知，则的值为（

）A．5 B．C． D．3．已知向量满足，则（

）A． B．3 C．6 D．94．在的展开式中，含的项的系数是（

）A．1 B． C．7 D．5．已知点，点，点M满足，则线段长的最大值为（

）A．1 B．2 C．3 D．46．设函数对任意的，都有，若函数，则的值是（

）A． B． C．或 D．或7．已知实数，函数的值域为，则a的取值范围为（

）A． B． C． D．8．在直三棱柱中，点满足，若经过，，三点的平面将棱柱分为，两部分的体积较小，则与的体积之比为（）A．4∶5 B．5∶7 C．10∶17 D．8∶19二、多项选择题：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．已知随机事件满足，，，，则下列说法正确的是（

）A．事件相互独立B．C．若，则D．若，则10．一般称具有某性质的所有直线的全体为一个直线系．如，与直线平行的直线系可表示为．设直线系（），则（

）A．M中所有直线均经过一个定点B．点到M中任意一条直线的距离为定值C．点到M中所有直线距离的最大值为6D．不在直线系M中的点都落在面积为的区域内11．已知数列满足，，则下列说法正确的有（

）A． B．C．若，则 D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知双曲线的离心率为，则双曲线的渐近线方程为__________.13．已知，，则_________．14．将6枚硬币正面朝上排成一行，按照下列规则操作每一次的动作：抛掷一枚质地均匀的骰子，若抛出的点数为，则将排成一行的这6枚硬币最左边的枚硬币都翻转一次．进行三次操作后，6枚硬币中恰有2枚硬币正面朝上的概率为_____________．四、解答题：本题共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．如图，在五面体中，平面平面，底面是边长为的正方形，为的中点，，.(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值.16．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若（1）求角B的值；（2）若且△ABC的面积为求BC边上的中线AM的长.17．已知函数，．(1)求函数的极值；(2)若，当时，恒成立，求实数的取值范围；18．抛物线（）上有一系列点，，…，…，对于所有正整数n，以点为圆心的与y轴相切，且与又彼此外切．若，点到C的焦点的距离为，且．(1)求抛物线C的方程；(2)证明：数列是等差数列；(3)设的面积为，，求证：．19．某棋类游戏有不同规格的地图，规格为（，）的地图共有个格子，编号为0，1，2，…，，如下图所示.012…2n游戏规则如下：①玩家首先选定地图规格，并获得2枚金币，棋子位于起点（0号格子）；②玩家掷一枚质地均匀的骰子，向上点数不超过2时，棋子向前跳1格；否则，向前跳2格；如此重复操作直至游戏成功或失败；③每当棋子落到非零偶数格时，就相应扣除1枚金币.当金币被扣光或棋子落到号格子时，游戏终止，视为失败，无奖励；当棋子落到号格子时，游戏终止，视为成功，获得奖励10n元.(1)若选定规格为的地图，求游戏成功的概率；(2)若选定规格为的地图，求棋子落到2n号格子且游戏成功的概率；(3)为使获得奖励的期望最大，玩家应选择何种规格的地图？答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【详解】由或，，所以.2．A【详解】，．3．B【分析】通过已知条件，利用向量的数量积化简求解即可.【详解】平面向量的夹角为，，，则向量.4．B【分析】利用二项式定理通项公式即可求解.【详解】由题意得：的展开式的通项为：，所以的系数：.5．C【分析】由题可知点M的轨迹是以为圆心，半径的圆，则，代入数值求解.【详解】由题可知，点M的轨迹是以为圆心，半径的圆.则，所以.6．D【分析】根据得是的对称轴，进而可得，由同角平方关系可得，进而代入中即可求解.【详解】因为,则关于对称，故取到最值，因此当时，当时，故选：D7．D【分析】根据分段函数的值域可得，令，，利用导数判断的单调性，利用单调性解不等式.【详解】因为在内单调递增，则，可知函数在内的值域为；又因为在内单调递增，则，可知函数在内的值域为；由题意可知：，即，令，，则，因为，令，解得；令，解得；可知在内单调递减，在内单调递增，又因为，且，则不等式的解集为，所以实数a的取值范围为.8．D【分析】根据，确定点的位置，经过，，三点的平面将三棱柱分为两部分，通过补形确定经过三点的平面，利用棱柱、棱台的体积计算方法，得到，两部分的体积，最终求得比值.【详解】取的中点，连接，；，，即点在线段上，.过点作，分别交，于点，.平面是过点，，三点的平面.设，直三棱柱的高为..，，；；直三棱柱被平面分成，两部分的体积较小），，则；.9．AC【分析】利用条件概率公式，相互独立事件概率公式，并事件概率公式来进行求解即可.【详解】由，代入已知得.选项A，事件相互独立的充要条件是.计算得，因此相互独立，A正确.选项B，根据条件概率公式，，显然，B错误.选项C，已知，又，因此，C正确.选项D，已知，代入得.又因为，两式消元可得，，解得，D错误.10．BCD【分析】利用直线系的性质，把直线系方程转化为的圆的全部切线，再根据圆的切线的性质判断选项，利用动圆切线无公共点判断选项A；利用点到直线距离公式计算判断选项B；利用定点到切线最大距离为圆心距与半径的和，判断选项C；不在直线系M中的点落在圆内部，即，求面积判断选项D．【详解】直线系方程表示圆心为，半径的圆的全部切线，若直线过定点，则对任意恒成立，不存在这样的定点，故A错误；由点到直线的距离公式，点到直线距离，距离恒为定值1，故B正确；设，圆心，两点间距，点到圆切线距离的最大值为，故C正确；不在直线系M中的点到的距离小于1，在圆内部，圆面积，故D正确．11．BCD【分析】直接计算出即可判断A选项；构造函数函数，由，得到，进而判断B选项；由得到，再结合累乘法得到，按照等比数列求和公式即可判断C选项；构造函数，由得到，结合累乘法求得，按照等比数列求和公式即可判断D选项.【详解】，则，又，所以，A不正确.令函数，则，则在上单调递减，在上单调递增，，即，又易得是递增数列，，故，所以，B正确.易知是递增数列，所以，则，则，即，所以，即，所以，所以，而当时，则有，C正确.令函数，则，所以在上单调递减，所以当时，，则，所以，，，所以，D正确.故选：BCD.【点睛】本题关键点在于B选项通过构造函数进行放缩得到，结合即可判断；C选项由放缩得到，D选项构造函数得到，再结合累乘法和求和公式进行判断.12．【分析】由已知可得，计算可得，可得渐近线方程.【详解】因为双曲线的离心率为，所以，两边平方得，所以，所以，解得，又双曲线的焦点在轴上，所以双曲线的渐近线方程为.故答案为：.13．##【详解】由题设，所以，结合，可得，且，即，所以.14．【分析】先明确硬币最终状态与翻转次数奇偶性的对应关系，再将三次抛骰子的点数按重复情况分类，结合排列组合计数、枚举法统计符合“恰有2枚硬币正面朝上”的基本事件数，最终利用古典概型公式计算概率【详解】∵每枚硬币初始状态为正面朝上，翻转偶数次则回到正面，翻转奇数次则变为反面.∴要满足三次操作后恰有2枚正面朝上，等价于恰有2枚硬币被翻转偶数次，剩余4枚被翻转奇数次.设三次抛掷骰子得到的点数分别为（每个点数取值为，等可能），总基本事件数为.对第枚硬币（从左到右排序，）：仅当某次操作的点数时，它会被翻转，因此其翻转次数等于中大于等于的个数，我们仅需考虑该次数的奇偶性即可判断最终状态.我们按三次点数的重复情况分为两类讨论：类型1：三次点数中，恰有一个点数出现的次数为奇数∵出现偶数次的点数对翻转次数的奇偶性无影响（翻两次等价于没翻），因此该类情况等效于仅对出现奇数次的那个点数操作了1次，即仅翻转前枚硬币.此时前枚硬币翻转1次（奇数次，反面），后枚硬币未翻转（偶数次，正面），正面朝上的硬币数为.令，得，即仅当出现奇数次的点数为4时符合要求.计数该类的基本事件：1.点数4出现3次：即三次抛掷结果均为4，共种情况.2.点数4出现1次，剩余两次为同一个非4的点数：先选1次抛掷结果为4，有种选法；剩余两次的点数可从中任选，共种选择，总共有种情况.∴类型1的符合条件的基本事件共种.类型2：三次点数为3个互不相同的数将三个不同的点数从小到大排序为，此时三个数各出现1次（均为奇数次），硬币的翻转奇偶性可分为四段：当：三个点数均小于，翻转次数为0（偶数，正面），共枚；当：仅，翻转次数为1（奇数，反面），共枚；当：，翻转次数为2（偶数，正面），共枚；当：三个点数均大于等于，翻转次数为3（奇数，反面），共枚.∴正面朝上的总硬币数为，令其等于2，得：结合的条件枚举：1.当时，代入得，满足的解为，对应三元组为，共3组.2.当时，代入得，满足的解为，对应三元组为，共3组.每组三个不同的点数可进行全排列，共种排列方式，因此类型2的符合条件的基本事件共种.符合条件的总基本事件数为，因此所求概率为：【点睛】方法归纳：本题核心是将硬币状态转化为翻转次数的奇偶性问题，剔除重复操作对奇偶性的无效影响，将复杂的多次操作简化为奇偶性分类，再结合排列组合计数、枚举法求解，是高中概率题中“化繁为简”的典型思路.易错归纳：1.分类时需注意区分“点数重复”和“点数不重复”两类情况，避免漏算点数重复的16种基本事件；2.枚举三个不同点数的组合时，需严格满足的约束，防止出现重复计数或遗漏组合；3.计算排列数时，仅三个不同点数需要全排列，点数重复的情况不能套用全排列公式，避免多算基本事件.15．(1)证明见解析(2)【分析】（1）由正方形得，利用线面平行判定推出平面，再由线面平行性质得，结合中点及边长得，证出四边形为平行四边形从而，最后用线面平行判定定理证得平面.（2）利用等腰三角形和面面垂直的性质，证明两两垂直，建立空间直角坐标系.然后分别求出平面和平面的法向量，最后用向量夹角公式计算出两平面夹角的余弦值.【详解】（1）在五面体中，底面是正方形，所以.因为平面，平面，所以平面.因为平面，平面平面，所以.因为为中点，，所以.所以四边形是平行四边形.所以.因为平面，平面，所以平面.（2）取的中点，作，.因为为正方形，所以.因为，所以.因为，，所以.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.所以，即两两互相垂直.如图建立空间直角坐标系，则.因此，由题可知平面的一法向量为.设平面的法向量为.则即令，则.于是.设平面与平面夹角为，则.16．（1）；（2）7.【分析】（1）由正弦定理，两角和的正弦公式，同角三角函数基本关系式化简已知等式，结合sinA≠0，可得tanB，结合B∈（0，π），可得B的值.（2）由已知可求∠C，设AC＝BC＝2a，利用三角形的面积公式可求a的值，可得AC＝BC＝2，在△ACM中，由余弦定理即可求解AM的值.【详解】（1）因为asinB﹣bcosBcosC＝ccos2B，所以由正弦定理可得sinAsinB﹣sinBcosBcosC＝sinCcos2B，可得sinAsinB＝cosB（sinBcosC+sinCcosB）＝cosBsinA，因为sinA≠0，可得sinB＝cosB，即tanB，由B∈（0，π），可得B.（2）由已知A，则△ABC是等腰三角形，∠C，设AC＝BC＝2a，可得S△ABCACBCsin∠ACB（2a）2sina2，由已知△ABC的面积为7，得a2＝7，a，可得AC＝BC＝2，△ACM中，由余弦定理，AM2＝CA2+CM2﹣2CACMcos＝（2）2+（）2﹣2×2（）＝49，所以AM＝7.17．(1)当时，函数无极值；当时，函数的极大值为，无极小值．(2)【分析】（1）对函数求导，再分类讨论求解即可；（2）将问题转化为当时，恒成立，进而构造函数恒成立，分与讨论求解即可；【详解】（1），定义域为R，，当时，恒成立，故函数在R单调递增，无极值；当时，令得，故当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以，当时，函数取得极大值，无极小值．综上，当时，函数无极值；当时，函数的极大值为，无极小值．（2），因为，当时，恒成立，所以，当时，恒成立，令，，，，，令，，则在恒成立，即在单调递增，故当，即时，，在单调递增，在恒成立；当，即时，当时，，所以，存在，使得时，，单调递减，时，，单调递增，故由可知，时，，与满足在恒成立矛盾；综上，当时，在恒成立，即恒成立．18．(1)(2)依题意的半径为，的半径为，又和两圆相外切，则，即，两边平方整理得，所以，又，所以，即，因为，所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列．(3)由