2026-2027学年湖南省郴州市高三（上）联考模拟数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2026-2027学年湖南省郴州市高三（上）联考模拟数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知全集U={x|x是三角形}，集合A={x|x是直角三角形}，B={x|x是锐角三角形或直角三角形}，则∁U(A∪B)=(

)A.{x|x是钝角三角形} B.{x|x是锐角三角形或钝角三角形}

C.{x|x是直角三角形} D.{x|x是直角三角形或钝角三角形}2.双曲线x25−yA.23 B.25 C.3.曲线y=sin(2x−2)x3在点(1,0)A.y=x−1 B.y=2x−2 C.y=3x−3 D.y=5x−54.函数f(x)=cos2x5A.(5π4+5kπ2,0)(k∈Z) B.(5.x−8(1−x−x2A.−70 B.70 C.−14 D.146.函数f(x)=x2+cosx−3−lnxA. B.

C. D.7.在正三棱锥P−ABC中，AB=43，且二面角P−AB−C的正切值的取值范围是[32,A.[5,6] B.[5,7] C.[26,6]8.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1=8，a3=16A.130 B.752464 C.136二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.若随机变量X～N(5,σ2)，Y～N(8,4σA.P(X≤5)<P(Y≤8)

B.P(X≤5)>P(Y≤7)

C.当σ=1时，P(X>8)>P(Y<2)

D.当σ=2时，P(3≤X≤9)=P(0≤Y≤12)10.已知O为坐标原点，抛物线C：x2=4y的焦点F为抛物线D：y=a−x2的顶点，且C与D交于A，BA.a=1 B.OA⋅OB=−1925

C.|FB|=7511.记某圆锥为Ω，且Ω的侧面积为23π，则A.Ω的体积的最大值为4π3

B.当Ω的高为2时，Ω的母线长为6

C.当Ω的体积最大时，Ω的外接球的表面积为9π

D.当Ω的底面半径为3时，Ω三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若复数z=4−3i，则|||z|−z|=

．13.若幂函数f(x)的图象经过点(9,3)，则满足f(t)+2t≤18的t的最大值与最小值的差为

14.已知圆C：(x−3)2+(y−33)2=36，点A(3,0)，Ω是圆C及其内部的点构成的集合，定义集合M={P∈Ω||PA|≤3}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.(本小题13分)

在△ABC中，AB=5，BC=6，cosC=59，且AC的长为整数．

(1)求sinAsinB；

(2)若点D在射线CB上，且△ACD的面积为16.(本小题15分)

如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，AA1=5，E，F分别为A1B1，AD的中点．

(1)证明：17.(本小题15分)

已知椭圆C：y2a2+x2b2=1(a>b>0)的右顶点为D(1,0)，离心率为144．

(1)求C的焦距；

(2)若过点P(0,1)的直线l与C18.(本小题17分)

已知某袋中有a+b+c(a,b,c∈N∗)个大小、形状完全相同的小球，其中红球有a个，白球有b个，黑球有c个，每次从袋中不放回地随机取出1个小球．

(1)设a=b=c=2，记前3次取的小球的颜色的种数为X，求X的期望；

(2)设a=3，b=c=2，求红球首先被全部取出的概率；

(3)若a=2n(n∈N∗)，19.(本小题17分)

已知函数f(x)=2ex4．

(1)证明：f(x)>12(x+1)；

(2)若函数h(x)=f(x−m)−x−m在(0,+∞)上有零点，求m的取值范围；

(3)若曲线y=−x+t(x>0)与曲线y=x，1.【答案】A

2.【答案】C

3.【答案】B

4.【答案】A

5.【答案】D

6.【答案】B

7.【答案】B

8.【答案】D

9.【答案】BD

10.【答案】ABD

11.【答案】ABC

12.【答案】1013.【答案】4

14.【答案】21π215.【答案】解：(1)由已知，在△ABC中，由余弦定理，

AB2=BC2+AC2−2⋅BC⋅AC⋅cosC，即25=36+AC2−2×6×AC×59，

整理得3AC2−20AC+33=0，解得AC=3或AC=113，

因为AC为整数，故AC=3，

由正弦定理BCsinA=ACsinB，得sinAsinB=BCAC=63=2；

(2)如图，

在△ABC16.【答案】解：(1)证明：以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则D(0,0,0)，B(4,4,0)，D1(0,0,5)，A(4,0,0)，A1(4,0,5)，B1(4,4,5)．

因为E，F分别为A1B1，AD的中点，所以E(4,2,5)，F(2,0,0)，

所以直线EF的方向向量为EF=(2−4,0−2,0−5)=(−2,−2,−5)．

DB=(4,4,0),DD1=(0,0,5)为平面BDD1B1内的两个相交的向量，

设平面BDD1B1的一个法向量为m=(x0,y0,z0)，

则m⋅DB=4x0+4y0=0m⋅DD1=5z0=0，即y0=−x0z0=0，

令x0=1，则m=(1,−1,0)．

因为EF⋅m=(−2)×1+(−2)×(−1)+(−5)×0=0，所以EF⊥17.【答案】解：(1)由题意右顶点为D(1,0)，可得b=1，且e=ca=a2−b2a=144，

解得a=22，则c=a2−b2=7，

因此焦距2c=27．

(2)由于过点P(0,1)的直线l与C交于A，B两点，且|AD|=|BD|，即D在AB的垂直平分线上．

分两种情况讨论：

当直线斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+1，

联立方程y28+x2=1y=kx+1

整理得：(k2+8)x2+2kx−7=0，

Δ=(2k)2−4(k2+8)×(−7)=32k2+224>0

设A(x1,y1)，B(x2,y2)，中点为M(x0,y018.【答案】解：已知某袋中有a+b+c(a,b,c∈N∗)个大小、形状完全相同的小球，

其中红球有a个，白球有b个，黑球有c个，每次从袋中不放回地随机取出1个小球．

(1)设a=b=c=2，记前3次取的小球的颜色的种数为X，

设X1，X2，X3分别表示前3次取球中是否取到红球、白球、黑球(取到对应颜色记为1，未取到记为0)，

则颜色种数X=X1+X2+X3，对红球而言，前3次都未取到红球的概率为P(X1=0)=C43C63=420=15，

因此取到红球的期望E(X1)=0×P(X1=0)+1×P(X1=1)=P(X1=1)=1−15=45，

由于三种颜色的数量相同，故E(X2)=E(X3)=45，

根据期望的线性性质可得E(X)=E(X1)+E(X2)+E(X3)=3×45=125；

(2)“红球首先被全部取出”等价于：最后一个红球的位置早于最后一个白球和最后一个黑球的位置，即红球是三种颜色中最先被取完的，

分两类讨论：若最后一个球是白球，概率为23+2+2=27，此时白球是最后被取完的，只需红球比黑球先被取完，

对319.【答案】解：(1)证明：设g(x)=f(x)−12(x+1)=2ex4−12(x+1)，

则g′(x)=2ex4⋅14−12=12(ex4−1)，令g′(x)=12(ex4−1)=0，

得x=0；令g′(x)=12(ex4−1)>0，解得x>0；

令g′(x)=12(ex4−1)<0，解得x<0．

所以函数g(x)在区间(−∞,0)上单调递减，在区间(0,+∞)上单调递增，

在x=0处取极小值，也是最小值，故g(x)≥g(0)=2−12=32>0，所以f(x)>12(x+1)．

(2)方法一：由题意得h(x)=2ex−m4−x−m，则h′(x)=12(ex−m4−1x)．

对于任何实数m，当x→0时，h′(x)→−∞，当x→+∞时，h′(x)→+∞．

因为h′(x)在(0,+∞)上为增函数，所以存在唯一的x0∈(0,+∞)，使得h′(x0)=0．

令h′(x)<0，得0<x<x0，令h′(x)>0，得x>x0，

所以h(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增．

因为h′(x0)=12(ex0−m4−1x0)=0，所以ex0−m4=1x0且m=x0+2lnx0．

因为h(x)在(0,+∞)上有零点，所以h(x0)≤0，即2x0−x0−2lnx0−x0≤0．

设I(x)=2x−x−2lnx−x，则I(x)在(0,+∞)上单调递减．

因为I(1)=0，所以x0≥1，则m=x0+2l