湖南怀化市2026届高三下学期第一次模拟考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖南怀化市2026届高三下学期第一次模拟考试数学试题一､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.已知复数z满足，则z在复平面上对应的点所在的象限是（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】因为，所以，所以z在复平面上对应的点所在的象限是第四象限，故选：D.2.全集，且，则满足条件的集合的个数为（）A.8 B.7 C.4 D.2【答案】A【解析】因为全集，且，所以可能为，共个，即集合的个数为.3.在平行四边形中，与交于点，若，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】.因为，，三点共线，根据向量共线定理可知，，解得.4.已知圆与圆相切，则（）A.4 B.6 C.4或6 D.16或36【答案】C【解析】圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径，，当两圆外切时，，即，解得；当两圆内切时，，即，解得；综上，则或.5.已知定义在上的函数满足，且，则（）A.0 B.2 C.3 D.4【答案】D【解析】因为，所以，所以，即.所以是周期为4的周期函数.所以.在中，令，则，所以.因此.6.在中，内角的对边分别为，则一定为（）A.直角三角形 B.等腰三角形C.等腰直角三角形 D.钝角三角形【答案】A【解析】在中，,则，即，则，即得,由于，故，结合，可得，即一定为直角三角形.7.设为坐标原点，是的左、右焦点，若在双曲线上存在点，满足三角形的面积为，则该双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设，双曲线焦点，，由，得，又因为的面积，所以，平方得：，因为在双曲线上，满足，所以，所以

化简得，代入，得：，，约去得，即,代入得，因此离心率：.8.在平面直角坐标系中，曲线绕着轴旋转一周得到一个旋转体，在中放入4个半径为的小球，四个小球均与旋转体的表面以及开口平面相切，则小球半径的最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】将两边同时平方，得，即，所以曲线表示以原点为圆心，半径为的圆的上半部分，该曲线绕着轴旋转一周得到一个旋转体是一个半径为的半球，四个小球均与旋转体的表面及开口平面相切，且四个小球两两相切，此时四个小球的球心构成一个小正方形。设四个小球的球心分别为，小正方形的中心为，半球的球心为，连接，则垂直于小正方形所在平面，为小正方形的对角线的一半，为半球的半径减去小球的半径，即，因为四个小球两两相切，所以小正方形的边长为，根据勾股定理可得小正方形的对角线长度为，则，在中，，即，即，解得，因为，所以.二､多选题（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.下列说法正确的是（）A.数据的众数是2B.数据的第25百分位数是1C.若随机变量，则D.根据分类变量与的成对样本数据，计算得到.依据的独立性检验，可判断变量与不独立【答案】BCD【解析】对于A，数据中，2出现3次，3也出现3次，因此众数是2和3，A错误；对于B，数据已从小到大排列，由于，故数据的第25百分位数是，B正确；对于C，随机变量，则，故，C正确；对于D，由于，故依据的独立性检验，拒绝原假设（原假设为X与Y独立），可判断变量与不独立，D正确.10.已知数列的首项，且满足，下列说法正确的有（）A.B.数列为等差数列C.数列的前项和大于4D.数列为单调递减数列【答案】ABD【解析】因为，所以，对于A，由题意可得，因为，所以，故A正确；对于B，由等差数列定义可知，数列是以为首项，为公差的等差数列，故B正确；对于C，由B可知，，，则，设数列的前项和为，则，所以数列的前项和小于4，故C错误；对于D，因为，所以，因为，所以，则数列为单调递减数列，故D正确.11.已知椭圆的右焦点为，过点的直线与交于两点，当为的上顶点时，.过点作直线的垂线，垂足为，直线与轴交于点，直线的斜率为，直线的斜率为，则下列说法正确的是（）A.椭圆的短轴长为B.三角形的面积的最大值为C.四边形的面积的最大值为D.设的中点的横坐标为，则为定值【答案】ABD【解析】记椭圆的半焦距为，则，当为椭圆的上顶点时，，所以.所以椭圆的短轴长为，故A正确；如图：由上分析知，椭圆的方程为.因为点、、能构成三角形，所以直线的斜率不为0，可设直线：，代入椭圆：，得：，整理得：.设，，则，.所以，故直线的方程为：，因为，令可得，，即.所以，当为短轴顶点时取等号.故B正确；因为，所以.设四边形的面积为，则.令，则，则，设，根据对勾函数的性质，在上单调递增，所以，时取等号.所以.故C错误；因为，又，所以为定值，故D正确.三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知函数的两个相邻零点间的距离为，则__________.【答案】或【解析】令，可得，因为函数的两个相邻零点间的距离为，则，解得，若，则，可得；若，则，可得；综上所述：或.13.已知，且，则的最小值为__________.【答案】【解析】由

，得

，即

（），则，当且仅当

，即，再结合

，可解得

，满足条件，因此的最小值为

.14.如图，要用个元件组成一个电路系统，当且仅当从到的电路为通路状态时，系统正常工作.已知每个元件正常工作的概率为，在电路系统正常工作的条件下，记此时系统中损坏的元件个数为，则__________.【答案】【解析】设由2个并联元件组成的整体依次为系统，其损坏的元件个数为，，则，可得，在电路系统正常工作的条件下，可知系统均正常工作，对应概率为，则，可得，，则，所以.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.已知等差数列的前项和为，且.（1）求数列的前项和；（2）记，数列的前项积为，求的最小值.解：（1）设等差数列的首项为，公差为，根据题意列方程：由得：

，由得：

，联立解得：，，则由等差数列前项和公式可得

；（2）由，，可得等差数列的通项公式为：，则，即数列的前项积为：，

因此：

，令，，因为函数是关于的单调递增函数，因此最小时，取得最小值，因为的最小值在时取得，即，代入可得：,即的最小值为.16.我国新能源汽车迅速崛起，成为推动绿色革命的核心引擎.某品牌新能源汽车公司为了抢占更多的市场份额，计划加大广告投入.该公司近5年的年广告费（单位：百万元）和年销售量（单位：百万辆）关系如图所示：令，数据经过初步处理得：.现有①和②两种模型作为年销售量关于年广告费的回归分析模型，其中均为常数.（1）请从样本相关系数的角度，分析哪一个模型拟合程度更好？（2）为刺激消费，省出台了以下补贴政策：每购买一辆新能源汽车，补贴6000元.若甲､乙两人近期在省购买一辆该新能源汽车的概率分别为，其中，每人最多购买一辆.求该省对甲､乙两人补贴总金额的期望值的取值范围.参考数据：.相关系数.解：（1）设模型①和②的相关系数分别为，由题意可得：，，所以，由相关系数的意义可得，模型②的拟合程度更好.（2）由题意，甲乙买车的总数量可能值为，，，，该省对甲､乙两人买车数量期望值为，所以两人补贴总金额期望值为，，由在上单调递增，则，所以.17.在抛物线中，直线与交于两点，为的焦点.当直线为时，.（1）求抛物线的标准方程；（2）若线段中点的纵坐标始终为1，求的取值范围；（3）已知直线与相交于两点，直线与相交于两点（点在轴的上方），若，四边形的外接圆圆心坐标为，求证：.解：（1）由题意可知，联立直线与的方程可得，设,则,由弦长公式可得：,化简可得，由于，故，（负值舍去）.故抛物线的方程为.（2）设直线,直线与抛物线联立可得，故，由于，故，因此的取值范围为.（3）抛物线与直线相交于故，抛物线与直线相交于故，根据可得，由于轴，根据对称性可知四边形的外接圆圆心在轴上，故，由可得，化简可得，将代入上式可得，由于，可得，故，故，进而.18.如图，四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，，二面角的平面角大小为为的中点.（1）设平面平面，求直线与直线的夹角大小；（2）求直线与平面所成角的正弦值的最大值；（3）设为侧棱上一点，四边形是过两点的截面，分别交于两点，其中为的中点，平面，求四棱锥的体积的取值范围.解：（1）延长交的延长线于点，则为交线，因为为的中点，，所以为的中点，所以，因为侧面是等边三角形，所以，所以，所以，所以所求角为．（2）取的中点，连接，由，则，分别以所在直线为轴和轴，以过垂直于底面的直线为轴建立空间直角坐标系，，则，设平面的法向量为，则，令，则．设直线与平面所成角为，则．，令，则，令，结合的取值范围可知，当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以的最大值为，故.（3）由题意可知，所以点为的中点，设，因为，则，又因为，所以，解得．即，因为，所以．19.设函数.（1）讨论函数的单调区间；（2）当时，函数的图象上有且仅有2个点到原点距离为，求的取值范围；（3）函数的图象上是否存在唯一的一组点，构成正多边形，且？若存在，请求出所有满足条件的以及对应的值；若不存在，请说明理由.解：（1）的定义域为,，当时，恒成立，此时在单调递增，故单调递增区间为，无单调递减区间.当，令，则和，当和时，，当时，，故此时的单调递增区间为,，单调递减区间为.（2）当时，，则，令，则，，令，则或，当或时，，当时，，故的单调递增区间为，递减区间为，且,故当或时，此时关于的方程有唯一的正根，对应两个不同的，符合题意.故的取值范围为.（3）由于函数为奇函数，图形关于原点对称，故函数的图像也是中心对称图形，其对称中心为，若图像存在唯一的正多边形，则该正多边形的中心必为.将坐标轴平移，使得原点与中心对称点重合，则该函数解析式为,该变换不影响正多边形的存在性和唯一性，以及的取值，因此，设进行研究.接下来只考虑的情况；由（2）可知关于的方程至多有三个不相等的正实数根，对应6个不同的，因此.又由于的图像有唯一的对称中心，故要有唯一的正多边形，该正多边形一定也以为对称中心，否则就不唯一，因此排除正三角形和正五边形,只需要研究正四边形和正六边形.当时，若时，恒成立，此时在单调递增，曲线上不存在4个点，让其构成正方形，因此,不妨设正方形的4个顶点分别为,由于直线的斜率一定存在，设其中一条对角线的方程为，则，解得，所以同理可得，由得，化简可得，根据题意可知方程只有一个正根，由于不符合上式，故，因为，所以，故，设，则，令，由题意可知，只需要直线与函数的