2025-2026学年湖南省怀化高三下册2026年5月三模数学试题 含解析

/高三数学一、单项选择题：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A={x∈NA.{0,1,3} B.{1,3}C.{0,1,3,5} D.{1,3,5}2.已知i为虚数单位，若复数z满足z+i∈A.−1 B.1C.−i D.3.在下列关于实数a，b的四个不等式中，不恒成立的是A.a2+b2C.|a|+|b|≥|4.已知函数f(x)=exA.3 B.4C.5 D.65.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1A.2π B.C.6π D.6.设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1<0，A.2 B.3C.4 D.57.已知函数f(x)=sin(2ωx−π6)(0<ω<2)A.π4 B.2C.11π4 8.已知点M(1,−2)，点P在抛物线y2=12x上运动，点Q在圆A.2 B.3 C.4 D.5二、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.下列说法中正确的是A.数据8，9，10，11，12的第80百分位数是11.5B.两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数r的绝对值越接近于1C.已知y关于x的线性回归方程为y^=0.3−0.7xD.若一个样本容量为8的样本的平均数为5，方差为2，现在样本中加入一个新数据5，则此时样本容量为9，平均数不变，方差变小10.已知双曲线C:x2−y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，A.焦点F1到渐近线的距离等于B.∆PF1C.|PMD.若直线PF2与C交于另一点A，则11.已知函数f(x)=A.当a=12时，f(B.f(C.若f(xD.若f(x)有两个不同的零点x1，x2，且三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知正数a，b，c均不等于1，且logba=2，logc13.已知tanαtan(α−β)=2，14.将一个正n边形的顶点分别与其中中心相连接，把这个多边形分成n个三角形区域并按1∼n编号，现给这些区域涂色，相邻区域涂不同颜色.若有3种颜色可供选择，记所有不同涂色方案的种数为an，则∑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.（13分）如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC，点F在棱PA上，且PA→=3PF→，E为CF的中点，D为BC（1）求证：EG∥平面ABC（2）若∆ABC为等边三角形，且PA=AB=3，求平面16.(15分)已知椭圆C:x2（1）求C的方程；（2）设O为坐标原点，若P，Q，M为椭圆上的点，且圆M与直线OP，OQ相切，当直线OP，OQ的斜率均存在且kOP·k17.(15分)在∆ABC中，已知((1)求C.（2）如图，若A，B在以C为圆心的单位圆上，D为此单位圆上的动点，线段AD交线段CB于点M（点M异于点C，B）.（ⅰ）求DA→（ⅱ）设CM→=tCB→18.(17分)已知函数f(x)=x2ex−sx+m，其中s（1）求s，m的值；（2）若存在x1，x2(x1（3）设函数F(x)=f(19.(17分)小明同学设计了一个游戏：有三枚硬币，其中一枚硬币为正常硬币（有正面与反面），一枚为“全正”硬币（两面均为正面），一枚为“全反”硬币（两面均为反面），现将这三枚硬币分别装入三个外观相同的箱子中（每个箱子中装一个）.游戏规则如下：玩家每局从中随机选取一个箱子后打开观察其中硬币（不可翻转硬币），观察完后有一次更换所选箱子的机会（可以不更换），若玩家最终选择的箱子中为“全正”硬币，则玩家该局获胜.（1）若将所选箱子打开后发现其中硬币为正面朝上，求该硬币为正常硬币的概率.（2）现玩家针对游戏规则制定如下策略：若所选箱子中硬币为“正面朝上”，则不更换选择；若所选箱子中硬币为“反面朝上”，则在剩余两个箱子中任意选取一个作为最终选择.试探究该策略是否为最佳策略，若是，请说明理由；若不是，请写出你的最佳策略.（3）若玩家按（2）中最佳策略独立进行(2k−1)(k∈N∗)局游戏，将获胜局数不少于k高三数学·答案一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.1.答案B命题透析本题考查集合的表示与运算.集合A={x∈N∗2.答案A命题透析本题考查复数的概念和运算.设复数z=a+bi(a,b∈R)3.答案D命题透析本题考查不等式的性质及基本不等式的应用条件.对于A，因为a2+b2−2对于B，因为a2+b2−(2b−1)=对于C，因为(|a|+|b对于D，当a<0，b<0时，4.答案B命题透析本题考查函数的图象与性质.f(x)=ex−1+e1−x2+3的图象由偶函数g(5.答案D命题透析本题考查空间向量的应用及正方体与球的结构特征.取AC1的中点为O，则|AO→|=3，AP→·C1P→=(OP→+AO6.答案C命题透析本题考查等差数列的基本计算.由a2=0得d=−a1，所以an=−d+(7.答案C命题透析本题考查三角函数的图象和性质.因为x=π2为f(x)图象的一条对称轴，所以2ω×π当ω=23时，f(x)=sin43x−π6当ω=53时，f(x)=sin103x−π6综上，ω=23当f(x)≤0当f(x)>0时，f(x)+|f(x)|=2f(x)=1，即f(x)=12，所以方程f(x)+|f(x)|=1等价于f(x)=12，即sin43x−8.答案B命题透析本题考查抛物线的几何性质及直线与抛物线的位置关系.把x=1代入y2=12x，得y2=12>(−2)2，所以点M(1,−2)在抛物线y2=12x内部，圆(x−3)2+y2=1的圆心记为C的最小值，当M，P，P1三点共线时，|PM|+|PP1|最小，最小值为|二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.答案ABD命题透析本题考查样本的数字特征及统计中的相关概念.对于A，5×80%=4，则该组数据的第80百分位数为11+122对于B，根据样本相关系数的性质可知，两个随机变量的线性相关程度越强，样本相关系数r的绝对值越接近1，若r的绝对值越接近0，则说明线性相关程度越弱，故B正确；对于C，残差的定义为观测值（实际值）减去预测值，即e=y−y^，对于样本点(3,−4)对于D，一个样本容量为8的样本的平均数为5，方差为2，不妨记原始数据为x1，x2，⋯，x8，则∑i=18xi=8×5=4010.答案ABC命题透析本题考查双曲线的几何性质及双曲线与直线的位置关系.由题意得F1(−2,0)，F2对于A，焦点F1到渐近线y=±3对于B，设内切圆与∆PF1F2的三边PF1，PF2，F1F2分别相切于点S，Q，T，则|F1T|=|F1S|，|F对于C，设点P(x1,y1)，则x12−y123=1对于D，当直线PF2的斜率不存在时，直线PF2的方程为x=2，联立得{当直线PF2的斜率存在时，设直线PF2的方程为y=k(x−2)，点A(x2,y2)，联立得{y=k(x−2)x综上所述，|PA|的取值范围为(2,+∞)，故11.答案BCD命题透析本题考查导数的几何意义及利用导数研究函数性质。对于A，当a=12时，f(x)=lnx−12x+12，对于B，f(x)≥−ax2+(a+1)x−1x对于C，因为f(1)=0，且f(x)的定义域为(0,+∞)，所以f'(1)=0，则a=1，当a=1对于D，f'(x)=1x−a=1−axx，当a≤0时，f'(x)>0，f(x)单调递增，不存在两个零点，当a>0时，易得f(x)在0,1a上单调递增，在1a,+∞上单调递减，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.答案6命题透析本题考查对数的运算.由logba=2，logcb=3，得a=13.答案−命题透析本题考查三角恒等变换.因为tanαtan(α−β)=2所以cosαcos(α−cosβ=13，所以cosαcos(α14.答案2040命题透析本题考查计数原理与数列的综合应用.将编号1∼n的区域依次记为A当有三个区域时，如下图，任意两个区域两两相邻，则三种颜色都要使用，共有a3当有四个区域时，如下图，分两类情况：①A1和A3区域颜色相同，不同的方案有3×2×2=12种；②A1和A3区域颜色不同，不同的方案有在已知an和an+1的条件下，分析a情况一：当An+1区域和A1区域颜色相同时，可理解为对n个区域进行涂色，有an种不同的方案，此时情况二：当An+1区域和A1区域颜色不同时，可理解为对(n+1)个区域进行涂色，有a综上可得an所以an+2+an+1=2(an+1+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.命题透析本题考查空间线面平行的证明及空间向量的应用.（1）如图，取AF的中点H，连接EH，GH，AD.因为E为CF的中点，所以EH∥AC，又EH⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以EH∥因为PA=3PF，所以PH=2HA，又PG→=2GD因为EH∩HG=H，所以平面EGH∥又EG⊂平面EGH,所以EG∥平面ABC.（2）如图，以A为坐标原点，以AC为y轴，AP为z轴，过A在平面ABC内作Ax⊥AC为则A(0,0,0)，P(0,0,3)，B332,32,0，C⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(8分)则GA=GC，取AC的中点T，连接GT，ET，则GT⊥AC，ET⊥AC，则因为T0,32,0，所以cos∠GTE=所以平面EAC和平面GAC夹角的余弦值为277.16.命题透析本题考查椭圆的几何性质及椭圆与直线的位置关系.（1）由已知可得2b2a所以a=3所以C的方程为x23+y2=1\) (4分)（2）设M(x0,y0)，圆M的半径为r由圆心M(x0,y0)到直线kx-y=0的距离等于半径，可得|y0-kx0|k2+1=r\) (7分)整理得(k2由题可知kAP，kAQ即为方程所以由根与系数的关系可得kAP·kAQ=y02-r2x02-r2=-13，所以r2=x02+3y024\) (11分)因为M(x0所以r2=3故圆M的半径为r=32\) (15分)17.命题透析本题考查正、余弦定理的应用.（1）记内角A，B，C的对边分别为a，b，c，因为(sinA所以sin2A+由正弦定理得a2+b2-c2=ab (3分)所以cosC=又C∈(0,π),所以C=π3\) (5分)（2）（ⅰ）设∠ACD=α，则αDA→·DB→=(CA→-CD→)·(CB→-CD→)=CA→·CB→-CA→·CD→-CD→·CB→+CD→2 (7分)所以DA→·DB→=cosπ3-cosα-cos(α-π3)+1=32-3sin(α+π3),α∈(π3,π)， （9分）又α+π3∈(2π3,4π3)，所以sin(α+π3)∈(-32,32)，则DA→·DB→的取值范围为(0,3) （10分）（ⅱ）设AM→=λAD→因为CM→所以CM→所以CB→因为|CB→|=1，所以t化简得λ=所以g(当且仅当2−t=3故g(t)18.命题透析本题考查利用导数研究函数性质。（1）f'(由题意可知f'(1)=3e−解得s=1，m（2）g(x)的定义域为(0,+∞)当a≤0时，g'(x当a>0时，令g'(x当x∈0,1a时，g'(x)>0，g不妨设0<x1<1a<x2，因为g(令x2x1=t令h(t)=lnt−所以ax（3）F(x)=xex−1−lnx+同的零点，H'(x)=令k(x)=x2ex+lnx，则kk(1)>0，所以存在x0∈(0,1)，使得k(x0)=0，当时，H'(x)>0，H因为x02ex0+lnx0所以H(则a>−1时，无零点，a=−1时，有1个零点，a<−1时，x→0时，H(此时有2个零点.………………（16分）综上所述：a>−1时，无零点，a=−1时，有1个零点，19.命题透析本题考查随机事件的概率.（1）记事件A=“所选箱子中硬币为正面朝上”，B=“硬币为正常硬币则P(A)=13（2）方法一：根据题意，选择的箱子中为“全正”硬币才能获胜，要使获胜的概率最大，则当所选箱子中硬币为“反面朝上”时必须更换选择，所以最佳策略只需要考虑：当所选箱子中硬币为“正面朝上”时是否更换选择.①当所选箱子中硬币为“正面朝上”时不更换选择，“反面朝上”时更换选择（即题中玩家的策略），玩家该局获胜的概率为P1②无论所选箱子中硬币为“正面朝上”还是“反面朝上”都更换选择，玩家该局获胜的概率为P13因为P1方法二：设所选箱子中硬币为“正面朝上”时更换选择的概率为p，“反面朝上”时更换选择的概率为q，则玩家最终选择的箱子中为“全正”硬币的情况有：①玩家选择的箱子中为正常硬币且正面朝上，选择更换箱子后选中“全正”硬币，概率为13②玩家选择的箱子中为“全正”硬币且正面朝上，不更换箱子，则选中“全正”硬币的概率为13③玩