湖南省永州市2026届高三数学上学期第一次模拟考试【含答案】

永州市2026年高三第一次模拟考试数学注意事项：1.全卷满分150分，时量120分钟.2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效.3.考试结束后，只交答题卡.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.【答案】B【解析】【分析】根据并集定义计算求解.【详解】因为集合，，则；故选：B．2.设复数，在复平面内的对应点关于虚轴对称，，则（）A. B.10 C. D.8【答案】A【解析】【分析】根据已知条件求得复数，然后利用复数的乘法运算即可.【详解】所对应的点关于虚轴对称，,,故选：A.【点睛】本题考查复数的几何意义和复数的乘法运算，属基础题.关于虚轴对称的两点对应的复数虚部相同，实部互为相反数.3.下列函数中既是奇函数又是增函数的为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】逐项判断函数的奇偶性和单调性即可.【详解】对于A：函数为奇函数，在上单调递减，不符合；对于B：函数为偶函数，不符合；对于C：函数为奇函数，在和分别单调递增，但在整个定义域上不具有单调性，不符合；对于D：函数为奇函数，在上单调递增，符合题意.故选：D4.2025年“九三”阅兵活动中，官兵步伐高度一致，假设官兵的步伐可由简谐振动表示为.将函数的图象上所有点向右平移个单位长度，可得到函数的图象，则函数的解析式为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据函数的平移求解即可.【详解】由题意，可得.故选：C.5.已知等差数列的前n项和为，公差，若，且，，成等比数列，则（）A.30 B.32 C.36 D.40【答案】B【解析】【分析】利用等差数列的求和公式可得，再由等比中项可得，两式联立可得和，然后求出数列的通项可得.【详解】由，即，又，，成等比数列，则，即，得，，.,.故选：.6.的展开式中，的系数为（）A.80 B.40 C. D.【答案】D【解析】【分析】利用多项式乘以多项式的规则及分类计数原理可求解.【详解】个因式，个因式中取，个因式中取，个因式中取，即可得出含的项，其为，故的系数为.故选：D7.已知函数，直线与函数的图象相切，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设出切点坐标，对函数求导，根据导数的几何意义得到方程，根据切点既在曲线上又在直线上得到方程，两边取对数得到，联立方程，解出，结合即可解得.【详解】设直线与函数相切于点，因为，所以，根据导数的几何意义有，因为点在直线上，所以，因为点在曲线上，所以，所以有，所以，即，，对两边取对数有，，即，将代入，有，解得，又因为，所以.故选：B8.已知两条直线：，：，有一动圆M与交于A，B两点，与交于C，D两点，且，，则圆心M的轨迹为（）A.圆 B.椭圆 C.双曲线 D.抛物线【答案】C【解析】【分析】分别求得圆心到直线，的距离，由可求解.【详解】设动圆的圆心坐标为，圆心到直线：的距离为，圆心到直线：距离为，又动圆M与交于A，B两点，与交于C，D两点，且，，所以，即，化简得，所以圆心M的轨迹为双曲线，故选：二、多项选择题：本题共小题，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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.9.在长方体中，，，，M为上一动点，N是的中点，则下列结论正确的是（）A.直线平面 B.直线与平面的夹角是C.直线平面 D.三棱锥的体积是10【答案】AD【解析】【分析】A选项利用平面与平面平行的性质进行判断；B选项利用长方体的特征找到直线与平面所成的角即可求解；C选项利用反证法可得到结论；D选项直接利用三棱锥的体积公式即可求解.【详解】对于A选项，在长方体中，平面平面，平面，平面，故A正确；对于B选项，连接，在长方体中，平面，是直线与平面所成的角，在直角三角形中，，，，，，，故B错误；对于C选项，假设直线平面，连接，平面，，又在长方体中，平面，平面，，，平面，平面，平面，，而在矩形中，，，则与不垂直，矛盾，故C错误；对于D选项，，，，在长方体中，平面，即平面，则点到平面距离即为点到平面的距离，三棱锥的高为，三棱锥的体积为，故D正确.故选：AD.10.若实数x，y满足，则下列选项一定正确的有（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】用特例说明A是错误的，根据不等式的性质，结合完全平方公式，可判断B的真假；利用点到直线的距离公式可判断C的真假；根据绝对值不等式的性质，可判断D的真假.【详解】对A：当，时，满足，但，则不成立，故A错误；对B：因为，所以，所以，故B正确；对C：设，其中，，则，故C正确；对D：因为，因为，，所以，所以成立，故D正确.故选：BCD11.下列关于函数的说法，正确的有（）A若，则B.当时，的图象不经过第三象限C.若有三个零点，，，则D.若有且只有一个正方形的四个顶点在函数图象上，则【答案】ABD【解析】【分析】根据函数对称性可判断A选项，根据导数判断函数单调性，进而可确定函数图象情况，即可判断B选项，根据函数零点式，化简，使其与原函数对应项相等，即可判断C选项，结合三次函数对称性，及正方形性质，设点坐标，即可判断D选项.【详解】由已知，则，即，即函数图象关于点中心对称，A选项：，即，则，A选项正确；B选项：由已知，则，又，，解得，，易知函数在和上单调递减，在上单调递增，所以函数在时取得极小值为，又，则，所以，即，函数不经过第三象限，B选项正确；C选项：若有三个零点，，，由题意可设又，所以，即，C选项错误；D选项：由函数的对称性及正方形的对称性可知，若有且只有一个正方形的四个顶点在函数图象上，则正方形的对称中心为，设该正方形的顶点依次为，，，，则，，由正方形性质可知，，又，，，，则，即①，，即，即，代入①中可得，又，可设，则，即，又有且只有一个正方形满足题意，即方程有且只有一个正解，即，解得，D选项正确；故选：ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，均为单位向量，且，则与的夹角等于_____.【答案】【解析】【分析】由数量积的运算律及计算公式求解.【详解】由，均为单位向量，可得，设与的夹角为，所以，解得，由，所以.故答案为：.13.在中，，，若以A，B为焦点的椭圆经过点C，则该椭圆的离心率_____.【答案】【解析】【分析】先根据余弦定理得到，再结合题设及椭圆的定义可得，，进而求解即可.【详解】在中，由余弦定理得，则，即，由于椭圆以A，B为焦点，则，即，又椭圆经过点C，所以，则，即，所以该椭圆的离心率.故答案为：.14.一颗质地均匀的正方体骰子，六个面上分别标有点数1，2，3，4，5，6.随机地抛掷该骰子三次（各次抛掷结果相互独立），所得的点数依次为，，，则事件”发生的概率为_____.【答案】【解析】【分析】先计算事件总数，因为，得到，然后看不同的大小组合，最后排序计算符合条件的总数，然后计算概率即可.【详解】所有投掷结果共有种，由，不妨设，则，事实上，对于其他排序可得类似结果，则所以我们不妨设，则，还有一个数为显然，当时，三个数为，对应有种方法；当时，三个数为，对应有种方法；当时，三个数为，对应有种方法；当时，三个数为，对应有种方法；当时，三个数为，对应有种方法；所以一共有种；故事件“”发生的概率为故答案为：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.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，.（1）求；（2）若，面积为，求c.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用余弦的二倍角公式及同角三角函数基本关系式即可求解；（2）利用三角形的面积公式结合余弦定理即可得解.【小问1详解】，，，又，，即，解得或，，，；【小问2详解】由（1）知，且，，，面积为，，，由余弦定理得，，，.16.如图，在三棱锥中，平面，，E是的中点，F是线段上的一点（不含端点）.（1）证明：平面；（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）要证明线面垂直，需证明直线与平面内两条相交直线垂直；（2）先根据二面角的大小确定相关线段的关系，再通过建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值，最后求其最大值.【小问1详解】因为平面，平面，所以；又，是的中点，所以；因为，平面，所以平面.【小问2详解】由平面，得，故，设，以为原点，为轴，为轴，平面内过作的垂线为轴，建立坐标系，各点坐标：，设，则，直线的方向向量：，平面的法向量：由（1）知，设直线与平面所成角为，则：，令，其对称轴为，此时，代入得.17.在一套高中数学试卷中有三道多选题，且每题有4个选项，至少2个正确选项，不会出现4个正确选项，全部选对得6分，选错得0分.若正确答案有2个选项，选对1个得3分：若有3个选项，选对1个得2分，选对2个得4分.已知每道多选题的正确选项为2个与3个的概率都是，学生甲在做第三道多选题时不能确定任何选项的正误.（1）若学生甲做第三道多选题时随机选择3个选项，求他得6分的概率；（2）学生甲做第三道多选题时随机选择1个选项的得分记为X，随机选择2个选项的得分记为Y，随机选择3个选项的得分记为Z，试比较，，的大小.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据条件概率公式即可求解.（2）先得到的可能取值，再根据古典概率公式，全概率公式计算出各个取值对应的概率，最后根据数学期望公式计算即可.【小问1详解】设学生甲做第三道多选题时随机选择3个选项，得6分为事件，得6分当且仅当正确选项为3个且学生恰好选中这3个.正确选项为3个的概率为，在此情况下，从4个选项中随机选择3个，选对的概率为，故所求概率.【小问2详解】由题意的可能取值为，，，，所以，的可能取值为，，，，所以，的可能取值为，，，所以，故.18.抛物线的焦点为，上纵坐标为的点到的距离为.对每个正整数，是上的点且在第一象限，过焦点的直线交于另一点.（1）求抛物线的方程；（2）求证：；（3）取，并记为上分别以与为切点的两条切线的交点，求的值（用含的式子表示）.【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）利用抛物线定义，结合已知点纵坐标，建立关于的方程，求解即可得；（2）设过焦点的直线方程，代入抛物线方程，得到关于的一元二次方程，再利用韦达定理计算即可得；（3）先借助导数的几何意义计算出点、为切点的两条切线方程，从而求出，再借助两点间距离公式与等比数列求和公式计算即可得.【小问1详解】设该点坐标为，则，且，则则，化简得，解得或，又，则，即；【小问2详解】，设直线的方程为，联立，则有，恒成立，则，即得证；【小问3详解】由在第一象限，则在第四象限，则点在函数上，，则抛物线上以为切点的切线为，又，则，点在函数上，，则抛物线上以为切点的切线为，又，则，令，解得，即，由、，则，，即，则，故.19.已知函数.（1）若，求实数的取值范围；（2）证明：；（3）若函数在时有最小值，求正实数的取值范围.【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）答案见解析.【解析】【分析】（1）利用导数法求单调性，利用单调性得到极大值也是最大值，利用最大值小于0得到所求；（2）通过构造函数，利用单调性得到证明；（3）由在时有最小值，通过构造函数，利用单调性，通过分类讨论求出的范围.【小问1详解】由题可得的定义域为，，当时，恒成立，单调递增，且，故不符题意，当时，令，得，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，当时，取到极大值也是最大值为，由可得即可，解得，故实数的取值范围为.小问2详解】设，其中.则，故在