湖南省天壹联考2026届高三下学期全真模拟适应性考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖南省天壹联考2026届高三下学期全真模拟适应性考试数学试题一､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.复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】.∴复数在复平面内对应的点为，为第二象限内的点.故选:.2.某校随机抽取了200名学生进行成绩调研，再从这200名学生中随机抽取8名学生，得到他们的数学成绩如下：，记这组数据的平均数为，则（）A.100 B.98 C.101 D.102【答案】A【解析】由题意可得．3.已知抛物线的焦点为，准线为，过上一点作的垂线，垂足为，则直线的一般式方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】把点坐标代入的方程可得，所以，故点，则直线的斜率为，于是，转化为一般方程为．4.对于平面向量，设甲，乙：，则（）A.甲是乙的充分不必要条件B.甲是乙的必要不充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲是乙的既不充分也不必要条件【答案】B【解析】对于充分性，当时甲成立，则，可知，或与垂直，若，此时，，所以乙：不一定成立；对于必要性，当时，则甲成立，所以甲是乙的必要不充分条件．5.现用Python生成随机密钥，该密钥共三位，前两位要求从、、、、、中进行选择（可以重复），第三位要求从、、、中进行选择，则可生成的密钥数量为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意可知，密钥共三位，前两位要求从、、、、、中进行选择（可以重复），则密钥第一位有种选择，第二位也有种选择，第三位要求从、、、中进行选择，有种选择，由分步乘法计数原理可知，可生成的密钥数量为个.6.已知数列，若，则正整数的最小值为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】依题意，，而，且，由，得正整数的最小值为2.7.已知函数，，若，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，函数的定义域为，，由可得，由可得，所以函数的减区间为，增区间为，所以，因为，则，故，即的最小值为.8.已知函数的部分图象如图所示，满足，，则的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由得，结合函数图象不妨设，依题意有，则有，，由，，结合五点法作图，有，所以，则有.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.若，，，，则下列结论正确的是（）A. B.A的真子集个数为7C. D.【答案】BC【解析】，由，，，作出图，如图所示，

由图可知，，，故A错误，正确；集合的真子集个数为个，故B正确；因为，所以，错误.故选：BC.10.在直四棱柱中，四边形是菱形，，则（）A.四棱柱的体积为162B.四棱柱的表面积为C.点到平面的距离为D.直线与所成角的余弦值为【答案】ABD【解析】对于A，记棱柱的高为,即直四棱柱的侧棱长都为，因为，可得，又因为是菱形，可得，所以是等边三角形，所以，可得，联立方程组，解得，故棱柱的体积，所以A正确；对于B，棱柱表面积，所以B正确；对于C，记点到平面的距离为，由，可得，由余弦定理得，因为，可得，所以，所以，所以C错误；对于D，由，所以直线与所成角，即为直线与所成角，即所求角为的补角，由C项知，所以直线与所成角的余弦值为，所以D正确.11.下列函数中，对于任意使得有意义的，始终存在常数，使得在区间上的最大值与最小值之差为的有（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】要求函数在区间且上的最值之差等于,对于选项A，函数的最值之差为，若要其等于，则必须满足，这与任意有意义的均成立的要求矛盾，故A错误；对于选项B，函数，令且，当且时，由推导可得，因为，因此必定存在正实数，同理当时，由，推导可得，必定存在正实数，当时显然存在，故B正确；对于选项C，函数，令，且，当时，由，根据对数函数图像性质得，可知必定存在正实数，当时由推导可得，同理可知必定存在正实数，故C正确；对于选项D，若，假设存在满足条件的正实数与，令，因为，故有，由指数函数的单调性可知必有，则，由于，必有，进而，由和在的图像可知不等式无解，故D错误．三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若与的等差中项是与的等比中项，则____________.【答案】【解析】由题意可知，等差中项为，则由等比中项的性质得，解得.13.已知的面积为，，则的最小值为______．【答案】【解析】由已知联立，得，解得.由面积得，可得.由余弦定理得，当且仅当时，等号成立，于是的最小值为．14.现有一个基于数字变换的游戏.初始时黑板上写有数字2，每轮游戏会对该数字进行一次独立变换，每一次变换有的概率将其擦去并写上原先数字加1的数，否则将其擦去并写上原先数字2倍的数，设轮变换后黑板上的数字为，已知在的前提下，第1轮变换前后数字之差为1的概率为，则__________.【答案】【解析】因为初始数字为2，可得“第1轮变换前后数字之差为1”等价于“第1轮执行加1变换”，设该事件为，设“3轮变换后”为事件，列举所有3轮变换的路径，满足事件的路径及其概率分别为：加1､加1､乘2概率为，加1､乘2､乘2概率为，乘2､加1､乘2概率为，乘2､乘2､加1概率为，乘2､乘2､乘2概率为，求和得，事件包含前两条路径，其概率，因为，由条件概率公式可得，整理得，解得或，结合可得.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.已知等比数列满足.（1）求的公比；（2）求的前项和.解：（1）设等比数列的公比为，因为，可得，即两式作商，可得，即，解得或.（2）记为的前项和，当时，由，即，可得，此时.当时，由，即，可得，此时.16.已知椭圆与双曲线的离心率之积为．（1）求；（2）记的左顶点为，过点的直线（的斜率不为0）与另交于点，与另交于点，证明：．（1）解：的离心率的离心率，由题意可得，解得．（2）证明：显然的斜率存在，设，设，联立，得，可得，联立，得，可得，假设可得，故，显然，得，当时，，不成立；当时，，不成立；综上，．17.在斜三棱柱中，，，，平面平面.（1）证明：；（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值.（1）证明：如图，取中点，连接，，因为，所以，因为平面平面，平面平面，因为平面，所以平面，因为平面，所以，因为，所以在中，，解得，所以，所以为直角三角形，所以，因为，平面，平面，所以平面，因为平面，所以.（2）解：由（1）可得平面，且，，因为平面，所以，所以以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，所以，，所以，，，因为，所以，所以，因为，所以，因为，所以，，因为，所以解得，设平面的法向量为，所以，，所以，即，令，则，，所以，设平面的法向量为，则，设平面与平面的夹角，所以平面与平面的夹角的余弦值为.18.某校高一、高二、高三三个篮球队为比赛制定了如下规则：先确定挑战权，挑战权属于某队时，该队可挑战另外两队中的一队，且被挑战的队伍获得下一次的挑战权．已知高一篮球队挑战高二、高三篮球队的概率均为，高二篮球队挑战高一、高三篮球队的概率分别为、，高三篮球队挑战高一、高二篮球队的概率分别为、．经商定，高一篮球队获得首次挑战权．（1）经过次挑战后，高一篮球队已获得的挑战权次数记为，求的分布列及数学期望；（2）若经过次挑战后，挑战权属于高一篮球队、高二篮球队和高三篮球队分别记为事件、、．（ⅰ）证明：；（ⅱ）证明：当为偶数时，．（1）解：随机变量的可能取值为和，时，第一次高一篮球队挑战高二篮球队，第二次高二篮球队挑战高三篮球队，第三次高三篮球队挑战高二篮球队，或者第一次高一篮球队挑战高三篮球队，第二次高三篮球队挑战高二篮球队，第三次高二篮球队挑战高三篮球队，则，．则的分布列为则的数学期望为．（2）证明：（ⅰ）若第次挑战权属于高二篮球队，若第次挑战权属于高一篮球队，则第次高一篮球队挑战高二篮球队，其概率为，若第次挑战权属于高三篮球队，则第次高三篮球队挑战高二篮球队，其概率为，所以①，同理可得②，②①得，又，因此，因此；（ii）若第次挑战权属于高一篮球队，若第次挑战权属于高二篮球队，则第次高二篮球队挑战高一篮球队，其概率为，若第次挑战权属于高三篮球队，则第次高三篮球队挑战高一篮球队，其概率为，所以，③①②，得，由③知，又，从而有，所以，第一次挑战权为高一篮球队，经过一次挑战后，挑战权不是高一篮球队，则，故，则有是以为首项，为公比的等比数列，因此，，．当为偶数时，，因此．19.设函数.（1）求的单调区间；（2）证明：函数在定义域内单调递减；（3）设的外接圆直径为，且内角所对的边分别为，若在数值上，当且仅当，证明：.（1）解：由函数，可得，设，可得，当时，可得且，，在区间上单调递减，因为，故，即恒成立，则在定义域内恒成立，所以在区间上单调递减，即函数的单调减区间为，无单调递增区间.（2）证明：由函数，可得，要证明其单调递减，只需证明，由，只需证明分子小于0，设，当时，可得，且，所以且，此时，，所以成立，所以，所以函数在上单调递减；当时，可得，要证明，只需证明，即证明，下面证明时，，设函数，可得，当时，，在上单调递增，因为，可得，即，所以得证；因为，所以，可得，只需证明，等价于证明，即，此结论已证，所以，即，又因为，故，即，所以，所以函数在上单调递减；综上可得，函数在定义域内单调递减.（3）证明：在中，由正弦定理得，代入，可得，即，设，其中，则当且仅当，等价于方程在满足且时只有唯一解,当时，,当时，单调递增，可得单调递增，由（1）知：与均为关于的正值减函数，则在上单调递减，下面证明：若，则必有，不妨设.当时，因为且在该