2026届湖南省邵阳市高三数学复习模拟检测试卷(共3套打包,含答案)

文档属性

名称 2026届湖南省邵阳市高三数学复习模拟检测试卷(共3套打包,含答案)
格式 zip
文件大小 3.1MB
资源类型 教案
版本资源 人教版(2019)
科目 物理
更新时间 2025-09-18 08:47:56

文档简介

2026届湖南省邵阳市高三数学复习模拟检测试卷(一)
一、单选题(本大题共8小题,共40分)
1.[5分]已知集合,则( )
A. B. C. D.
2.[5分]复数(是虚数单位),则(  )
A.1 B. C.2 D.
3.[5分]已知函数则的值为( )
A. B.6 C. D.
4.[5分]函数的定义域为( )
A. B. C. D.
5.[5分]已知,,且,则( )
A. B.
C. D.
6.[5分]已知函数f(x)的图象关于原点对称,满足.若,则等于(  )
A.-50 B.50 C. D.2
7.[5分]甲箱中有2个红球和2个黑球,乙箱中有1个红球和3个黑球.先从甲箱中等可能地取出2个球放入乙箱,再从乙箱中等可能地取出1个球,记事件“从甲箱中取出的球恰有个红球”为,“从乙箱中取出的球是黑球”为,则( )
A. B. C. D.
8.[5分]已知正方形的边长为2,点为边的中点,点为边的中点,将分别沿折起,使三点重合于点,则三棱锥的外接球与内切球的表面积之比为( )
A. B. C. D.
二、多选题(本大题共3小题,共15分)
9.[5分]如图,在中,,于点,下列结论中正确的是( )

A. B.
C. D.
10.[5分]若正实数满足,则下列说法正确的是( )
A.有最大值为 B.有最小值为
C.有最小值为 D.有最大值为
11.[5分]如图,在正四棱柱中,底面正方形边长为,,为线段上的一个动点,则下列说法中正确的有( )
A.已知直线为平面和平面的交线,则平面内存在直线与平行
B.三棱锥的体积为定值
C.直线与平面所成角最大时,
D.的最小值为
三、填空题(本大题共3小题,共15分)
12.[5分]用1,2,3,四个数组成一个五位数(每个数仅用到1次),则能组成___________个不同的五位数.
13.[5分]已知数列满足,且,该数列前20项和 .
14.[5分]已知函数,若的图象上存在不同的两个点关于原点对称,则实数的取值范围为 .
四、解答题(本大题共5小题,共80分)
15.[14分]在锐角中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且.
(1)求C;
(2)若,求的周长的取值范围.
16.[14分]已知正项数列的前项积为,且满足.
(1)求证:数列为等差数列;
(2)令,求数列的前项和.
17.[16分]如图,在三棱柱中,,分别为棱,上的点,满足,,且与的面积之比为

(1)证明:平面;
(2)求点到平面与到平面的距离之比;
(3)若,直线,,两两相互垂直,求平面与平面所成角余弦值的取值范围
18.[18分]DeepSeek是由中国杭州的DeepSeek公司开发的人工智能模型,在金融、医疗健康、智能制造、教育等多个领域都有广泛的应用场景.为提高DeepSeek的应用能力,某公司组织A、B两部门的员工参加DeepSeek培训.
(1)已知该公司A、B部门分别有3名领导,此次DeepSeek培训需要从这6名部门领导中随机选取2人负责,假设每人被抽到的可能性都相同,求全部来自A部门领导的概率;
(2)此次DeepSeek培训分三轮进行,每位员工第一轮至第三轮培训达到“优秀”的概率分别为 ,每轮培训结果相互独立,至少两轮培训达到“优秀”的员工才能合格,求每位员工经过培训合格的概率.
19.[18分]如图,圆台形水桶内装有少量水,已知水桶的上底面直径,下底面直径,水面直径,均为圆台形水桶的母线,长度均为.现有一根细棒,其长度为cm,将放入水桶中,且将的一端置于点处(水桶厚度、细棒粗细均忽略不计).
(1)如何放置时,浸入水中部分的长度最小,最小为多少?
(2)若将的另一端置于母线上点处,求浸入水中部分的长度.
(3)已知,若将的另一端置于母线上点处,求浸入水中部分的长度.
参考答案
1.【答案】D
【详解】由,所以.
所以.
故选D
2.【答案】D
【详解】因为,
所以,
故选D.
3.【答案】D
【详解】根据题意,函数,则f(2)=22+2×2﹣2=6,
则=f()=2﹣()2=.
故选D.
4.【答案】A
【详解】函数有意义,等价于,
解得,,故函数的定义域为.
故选A.
5.【答案】D
【详解】当时,,即;
当时,,即.
故当时,,,四个选项均成立.
当,时, 化简得 .
先考虑函数,.
则,故在上单调递增.
因为,所以.因为,所以,即.
若,,则,根据的单调性,可知.
故此情况下,,.可排除B、D选项.
若,,则,根据的单调性,可知.
故此情况下,,.可排除A选项.
综上,当满足题目条件时,恒成立.
故选D
6.【答案】D
【详解】因为图象关于原点对称,
所以且
又因为,①
所以,
所以, ②
所以,
所以,③
即的周期为4,
将代入①得:,
将代入②得:,
又因为,
所以,
将代入③得:,
所以,
所以,
故选D.
7.【答案】D
【详解】根据题意,甲箱中有2个红球和2个黑球,则,,,故A不正确;
乙箱中有1个红球和3个黑球,则,,,故B不正确;
则有,故C不正确;
则,故D正确;
故选D
8.【答案】C
【详解】解:如图,依题意知,
,,
,平面,
又平面,
所以三棱锥中,两两垂直,且,
所以三棱锥的外接球即为以为邻边的长方体的外接球,
所以三棱锥的外接球半径满足,则其外接球的表面积为.
因为三棱锥的表面积为正方形的面积,,
设三棱锥的内切球的半径为,
所以由等体积法得,得,
所以内切球的表面积为
所以三棱锥的外接球与内切球的表面积之比为
故选C.
9.【答案】ABC
【详解】在中,,于点,
对于A,由,得,故A正确;
对于B,由,得,
则,即,故B正确;
对于C,由,得,
则,即,故C正确;
对于D,,则,即,故D错误.
故选ABC.
10.【答案】ABC
【详解】对于A:因为,则,当且仅当,即时取等号,故A正确,
对于B,,当且仅当,即时取等号,故B正确,
对于C:因为,则,当且仅当,即时取等号,故C正确,
对于D:因为,
当且仅当,即,时取等号,这与均为正实数矛盾,故D错误,
故选ABC.
11.【答案】BC
【详解】选项A,因为平面,且平面,所以平面和平面的交线,
又与平面相交,则平面内不存在直线与平行,即平面内不存在直线与直线平行,所以A错误;
选项B,因为,且平面,所以平面,所以点到平面的距离为定值,
而的面积也为定值,故三棱锥的体积为定值,所以B正确;
选项C,记点到平面的距离为,由选项B可知,为定值,记直线与平面所成角为,
则,又正弦函数在单调递增,则最大时,最大,即取最小值,此时.
在中,,所以,
所以,
所以,所以C正确;
选项D,如图,作平面与平面的展开图,则的最小值即为展开图中线段的长,
中,,所以,则,所以在中,
由余弦定理得,
所以的最小值为,所以D错误.
故选BC.
12.【答案】
【详解】分两大类进行:
第一类:数字1和2相邻时,再分两小类:
①数字1和2相邻且1在2的左边,这时相当于两个和一个3排序,先排两个只有一种方法如图,
再由这两个产生3个空中选一个空插入3,所以共有种不同五位数;
②数字1和2相邻且2在1的左边,这时1,2,3的排法有2种顺序如图,此时产生3个空,
再从这3个空中选一个空插入,所以共有种不同的五位数.

第二类:数字1和2不相邻时,再分两小类:
③数字3在数字1和2中间,此时共有两种顺序132和231如图,
再由这3个数产生4个空选一个空插入,所以共有种不同的五位数,

④数字3不在数字1和2中间,那么只能在数字1和2中间,此时共有2种不同的排法如图,
最后3只能排首位或者末位,所以共有种不同的五位数.

故一共有种不同的五位数.
故答案为:.
13.【答案】1078
【详解】∴当为奇数时,,当为偶数时,,
∴数列的奇数项是等比数列,偶数项是等差数列,
∴,

.
14.【答案】
【详解】,
由于的图象上存在不同的两个点关于原点对称,
所以有解,
即,
①,
令,当且仅当时等号成立,
则,则①可化为,
依题意,此方程在上有解,
当,解得,
当时,,符合题意.
当时,,不符合题意.
当,即②时,
设,的开口向上,对称轴,
要使在上有零点,
则或,
所以,
结合②得.
综上所述,的取值范围是.
15.【答案】(1)
(2)
【详解】(1)在中,由,
得,
整理得,故.
又,所以;
(2)由(1)知,,
由于是锐角三角形,则,,
.
由正弦定理得,即,.
又,故的周长为
.
易知,且在单调递减,
可得,
解得的周长的取值范围为.
16.【答案】(1)见详解
(2)
【详解】(1)证明:当时,,又,,所以,
当时,,又,所以,即,
所以数列是首项为3,公差为2的等差数列.
(2)由(1)知数列是首项为3,公差为2的等差数列,
则,,

所以数列的前项和.
17.【答案】(1)见详解
(2)2
(3)
【详解】(1)作平行四边形与平行四边形,连接交与点,如下图所示:

显然,,所以,即;
又,可知为的中点,即,
所以,
又因为,;
所以,且,所以为平行四边形,即;
又因为,所以,可得,
故,,,四点共面,
又,平面,平面;
故平面
(2)设点到平面与到平面的距离分别为,,
由∥平面,有,
则,
易知,点到的距离为点到的距离的一半,
所以,可得,
又,,
又因为,
即得
(3)如图,以为原点,,,为,,轴正方向建立空间直角坐标系
设,,,
则,,,,,

易知,,,
设平面的一个法向量为,
则,可取,
设平面的一个法向量为,
则,可取,
则,
由可知,
即,解得,
设平面与平面所成角为,

18.【答案】(1);
(2).
【详解】(1)记部门的3名领导为,部门的3名领导为,
从6名部门领导中随机选取2人负责,不同结果有:
,共15种,
选取2人全部来自A部门领导的事件,不同结果有:,共3种,
所以全部来自A部门领导的概率为.
(2)记“每位员工经过培训合格”,“每位员工第轮培训达到优秀”(),
则,,
依题意,

所以每位员工经过培训合格的概率为.
19.【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】(1)当垂直于圆台形水桶的底面,即直线垂直于圆台形水桶底面时,浸入水中部分的长度最小,记,,,,
水桶的高,因为∽,所以,即,解得,所以浸入水中部分的长度最小值为.
(2)记,过作,垂足为,
,在中,,所以,即,
解得,(负根舍去),由(1)得,∽,
所以,解得,
因为,所以,即,解得,
所以浸入水中部分的长度为.
(3)记圆台形水桶上底面圆的圆心为,下底面圆的圆心为,连接,
因为平面,平面,所以,
因为,直线与直线一定相交,所以平面,
又平面,所以,在等腰梯形中,,,,
在中,,
所以,即,
解得,(负根舍去),
记点在平面内的投影为,点在平面内的投影为,
矩形如图1所示,
因为∽,所以,即,解得,
记与水面交于点,点在平面内的投影为,如图2所示,
因为∽,所以,即,解得,
所以浸入水中部分的长度为.
第 page number 页,共 number of pages 页
第 page number 页,共 number of pages 页2026届湖南省邵阳市高三数学复习模拟检测试卷(三)
一、单选题(本大题共8小题,共40分)
1.[5分]已知双曲线的左,右焦点分别为是双曲线上一点,为线段的中点.若,则的离心率为( )
A. B.2 C. D.
2.[5分]已知,则“”是“”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
3.[5分]若,则( )
A.
B.
C.
D.
4.[5分]已知,且,则( )
A. B. C. D.
5.[5分]已知,,且,则( )
A. B.
C. D.
6.[5分]定义域为的偶函数在上单调递增,且,若关于的不等式的解集为,求的最小值( )
A. B. C. D.
7.[5分]已知抛物线的焦点为,过作直线交抛物线于两点,则的最小值为( )
A. B. C. D.
8.[5分]在中,为的中点,为平面内一点,且,则( )
A.的最大值为
B.的最大值为
C.的最大值为
D.的最大值为
二、多选题(本大题共3小题,共15分)
9.[5分]下列命题是真命题的是( )
A.若,则
B.若,,则
C.若,则的最小值为1
D.若,,则的最小值为
10.[5分]已知抛物线C:的准线方程为,过抛物线C的焦点F的直线交抛物线C于A,B两点(A点在x轴上方),点P在C的准线上,则下列结论正确的是( )
A.的最小值为9
B.
C.当为等边三角形时,的面积为
D.若点P的坐标为,且,则直线的斜率为
11.[5分]已知,圆,则( )
A.存在两个不同的实数,使圆过原点
B.存在正实数,使圆在轴上和在轴上截得的线段相等
C.存在三个不同的实数,使圆与轴或轴相切
D.存在唯一的实数,使圆的周长被直线平分
三、填空题(本大题共3小题,共15分)
12.[5分]样本数据11,14,5,6,8,1,3,9的下四分位数是 .
13.[5分]已知命题:,:,若是的充分不必要条件,则实数的取值范围是 .
14.[5分]已知数列的通项公式是,记为在区间内的项的个数,则使得不等式成立的的最小值为 .
四、解答题(本大题共5小题,共80分)
15.[14分]已知定义在上的函数是奇函数.
(1)求a,b的值;
(2)判断并证明函数在定义域中的单调性;
(3)若对任意的,不等式恒成立,求实数的取值范围.
16.[14分]已知定义域为的函数的导函数,且曲线在点处的切线方程为.
(1)求的值;
(2)当时,讨论的单调性;
(3)若在上恒成立,求的取值范围.
17.[16分]已知椭圆的离心率为,且C过点.
(1)求C的方程;
(2)直线与C交于A,B两点,过C上的点P(与A,B不重合且不在坐标轴上)作x轴的平行线交线段AB于点Q(与A,B不重合),直线OP的斜率为(O为坐标原点),的面积为,的面积为,若,直线AP,BP的斜率都存在,分别记为,.
①求证:;
②判断是否为定值?并说明理由.
18.[18分]已知函数.
(1)当时,求曲线在点处的切线方程;
(2)当时,若有两个极值点,
①证明:;
②证明:.
19.[18分]已知椭圆的离心率为,左、右焦点分别为.
(1)求的方程;
(2)已知点,证明:线段的垂直平分线与椭圆恰有一个公共点;
(3)是否存在坐标平面上定圆(是定圆上的动点)使得线段的垂直平分线与椭圆恰有一个公共点,若存在,证明、、三点共线;若不存在,说明理由.
参考答案
【知识点】双曲线的离心率
1.【答案】C
【详解】由题意设,
因为为线段的中点,所以,
又,所以,则,
根据双曲线定义知,所以,
解得,故双曲线的离心率为.
故选C
【知识点】不等式性质及其应用、充分条件与必要条件
2.【答案】A
【详解】若时,则,因此,
若时,比如,但不满足,
因此“”是“”的充分不必要条件.
故选A
【知识点】二项展开式中各项的系数和、二项展开式的通项公式及二项式系数
3.【答案】C
【详解】对于A,令,得,即,故A错误;
对于B,展开式的通项公式为,
所以,故B错误;
对于C,令,得,
即,故C正确;
对于D,令,得,
即,
因为,
所以,
因为,
所以不成立,故D错误.
故选C
【知识点】两角和与差的余弦公式、平方关系
4.【答案】B
【详解】由,,可得,则,
,则或,
由于,所以,,

故选B
【知识点】利用导数研究函数的单调性与单调区间、利用导数证明不等式
5.【答案】D
【详解】当时,,即;
当时,,即.
故当时,,,四个选项均成立.
当,时, 化简得 .
先考虑函数,.
则,故在上单调递增.
因为,所以.因为,所以,即.
若,,则,根据的单调性,可知.
故此情况下,,.可排除B、D选项.
若,,则,根据的单调性,可知.
故此情况下,,.可排除A选项.
综上,当满足题目条件时,恒成立.
故选D
【知识点】函数单调性的应用、函数奇偶性的应用、基本不等式在最值问题中的应用
6.【答案】A
【详解】因为定义域为的偶函数在上单调递增,则在上单调递减,
且,则,
可知当时,;当时,;
则当时,;
当时,;
当时,;
由可得,
因为

由题意可知关于的不等式的解集为,
显然不恒为0,
可知当时,;
当时,;
当时,;
可知一次函数的零点为2,且图象是由左向右下降的,
则,即,
又因为,
则,
当且仅当,即时,等号成立,
所以的最小值为.
故选A.
【知识点】范围最值问题、过抛物线焦点的弦的性质
7.【答案】C
【详解】
如图,设抛物线的焦点坐标为,
焦点为, ,得,即抛物线方程为,
当轴时,易得,,则,
则;
当不垂直轴时,设斜率为,,,
则直线的方程为, ,代入
可得,即,
则,,
过分别作准线的垂线,垂足分别为,
则,,

则,
于是,,
当且仅当,即时取等号.
综上:因,故 的最小值为.
故选C.
【知识点】向量的模的坐标计算、数量积的坐标表示
8.【答案】A
【详解】
以为坐标原点,,所在直线为轴,建立平面直角坐标系,
所以,设,
所以,
因为,
所以,即,即,
所以为以为圆心,半径为圆上一点,
对于A,,所以,几何意义为到原点的距离,
所以的最大值为到原点的距离的最大值,
最大值为原点到圆心距离加上半径,即,故A正确;
对于B,,,几何意义为到的距离,
所以的最大值为到的距离的最大值,
最大值为到圆心距离加上半径,即,故B错误;
对于C,,令,即,
即,当与圆相切时有最值,即,
解得,所以的最大值为,即的最大值为5,故C错误;
对于D,,因为为以为圆心,半径为圆上一点,
所以的最大值为,所以的最大值为,故D错误,
故选A.
【知识点】不等式性质的应用、基本不等式在最值问题中的应用
9.【答案】ACD
【详解】对于A, 由于,则,故,,因此,A正确,
对于B,取,,但,故B错误,
对于C,,则,故,
当且仅当,即取等号,故C正确,
对于D,,由可得,


当且仅当,即时取等号,故最小值为,
故选ACD
【知识点】弦长面积问题、抛物线标准方程、焦点坐标和准线方程、抛物线的定义、直线与抛物线的位置关系
10.【答案】ABD
【详解】因为抛物线C:的准线方程为,
所以,所以,所以抛物线C:,
设,联立,
得:,则,
,,,
对于A,,
所以,
当且仅当,即时,等号成立,故A正确;
对于B,设的中点为,由,则,
又因为,所以到准线的距离,
所以以为直径的圆与抛物线的准线相切,又点P在C的准线上,所以,故B正确;
对于C,,因为为等边三角形,故在的中垂线上,
当时,显然为直角三角形,不合题意,
当时,,,,
,又因为,解得:,
所以,,故C错误;
对于D,点,则,
因为,
所以,所以轴为的角平分线,根据角平分线定理:,
设直线的倾斜角为,过点作准线交准线于点,
则,所以,
同理,
所以,解得:,,故D正确.
故选ABD.
【知识点】利用导数解决函数零点问题、圆的标准方程、直线与圆的位置关系的判断
11.【答案】ACD
【详解】圆的圆心为,半径为2,
对于A:由圆过原点,所以,方程的解的个数等价于函数的图象与曲线的交点个数,
作函数与圆的图象可得:
所以函数的图象与曲线的交点个数为2,
所以存在两个不同的,使得圆经过坐标原点,故A正确;
对于B:圆C在轴和轴上截得的线段长相等等价于,
所以,即,
方程的解的个数函数和的零点的个数和相等,
因为,所以在上单调递增,又,
所以函数在区间上存在一个零点,即函数存在一个零点,
又因为,由,
所以在单调递增,在单调递减,又,
所以没有零点,
即存在一个,使得圆C在轴和轴上截得的线段长相等,故B错误;
对于C:圆C与轴或轴相切等价于或,解得或,
所以存在三个不同的实数,使圆与轴或轴相切,故C正确;
对于D:圆的周长被直线平分等价于,过圆心,
所以,即,令,
所以,由,
所以在单调递增,在单调递减,又,所以只有一个零点,
所以存在唯一的实数,使圆的周长被直线平分,故D正确.
故选ACD.
【知识点】百分位数
12.【答案】4
【详解】将样本数据从小到大排列得1,3,5,6,8,9,11,14,由,
得样本数据的下四分位数是排序后的第二个和第三个数据的平均数,为.
【知识点】含有参数的充分条件、必要条件、充要条件的应用
13.【答案】
【详解】由得,即,记;
由得,即,记.
因为是的充分不必要条件,所以是的真子集,
则或,解得或,
所以实数的取值范围是.
【知识点】数列与不等式的综合
14.【答案】12
【详解】由,得,
当为奇数时,;
当为偶数时,,
则当为奇数时,,
由,解得,而为奇数,则;
当为偶数时,,由,解得,
所以使得不等式成立的的最小值为12.
【知识点】与函数有关的恒成立问题、函数单调性的判断与证明、函数奇偶性的应用
15.【答案】(1),
(2)单调递减,见详解
(3)
【详解】(1)由题意得,解得,
,所以.
(2)在定义域中单调递减,证明如下:
设,,


因为,所以,,即,
所以在定义域中单调递减.
(3)不等式可整理为,
即,
因为单调递减,所以,即对于恒成立,
则,
当时,取得最小值,
所以的取值范围为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性与单调区间、利用导数解决不等式恒成立问题、导数几何意义的应用
16.【答案】(1)1
(2)在R上单调递增
(3)
【详解】(1)由,可得,
而曲线在点处的切线方程为,故,
则.
(2)结合(1)可得
令,则,
令,则,
由于,故,故,即在R上单调递增,
故对于恒成立,
即在上单调递增,,则;
满足定义域为R,且,
即为偶函数,故,
则对于恒成立,
故在R上单调递增.
(3)由题意知,设(C为常数),
由曲线在点处的切线方程为,可得,
故,则;
当时,,符合题意;
当时,由,可得,
令,则,
令,则,
令,则,
令,则,
当时,,故在上单调递减,
又,故在上恒成立,故在上单调递减,
而,,则存在,使得,
当时,,当时,,
故在上单调递增,在上单调递减,
而,则当时,,即,
故在上单调递增,
故时,;
令,则,
当时,,
即在上单调递增,则,
即,即,
即在上恒成立,
综上所述,在上恒成立,
故,即a的取值范围为.
【知识点】定点定值定直线问题、由椭圆的几何性质求方程、直线与椭圆的位置关系
17.【答案】(1)
(2)①见详解;②是定值,理由见详解.
【详解】(1)由题意,得,解得,
所以椭圆的方程为.
(2)(i)因为,
则,
因此,
而,有,即平分,
故直线的斜率互为相反数,则.
(ii)设,
由,得,
因,

则有,而,
化简得,


于是,
故,
化简得,
又因在椭圆上,则,即则,
从而,
整理得,
又因不在直线上,即,
则得,即,因,
于是,故为定值.
【知识点】利用导数研究函数的极值、利用导数证明不等式、导数几何意义的应用
18.【答案】(1);
(2)①见详解;②见详解.
【详解】(1)当时,,所以,故,
又,所以曲线在处的切线方程为,即.
(2)①且,令,
因为有两个极值点,所以有两个变号零点(在零点的两侧函数值符号相反).
,令,得,令,得,
所以,
因为,令,
对于且,有,则时,时,
所以在上单调递增,在上单调递减,
当时,趋向于,故,此时有,
显然当时,,
所以当时,恒正且趋向于0,必存在,此时,
要使有两个变号零点,必有,
所以,可得.
②由①知,是的两个不相等的正实数根,不妨设,
所以,即,
设,则是关于的方程的两个不相等的实数根,且,
要证,只需证,即证,只需证.
即证,
需证,即证.
令,则,
所以在上单调递增,则,即,
故.
【知识点】共线比例问题、由椭圆的几何性质求方程、直线与椭圆的位置关系
19.【答案】(1)
(2)见详解
(3)存在,见详解
【详解】(1)因为椭圆左、右焦点分别为,所以,
又因为椭圆的离心率为,得,∴,
所以椭圆方程为.
(2)如图:

由得直线的斜率为,中点坐标为,
所以线段的垂直平分线方程为,
联立垂直平分线方程和椭圆方程,得,∵,
∴所以直线与椭圆相切,且,
即线段的垂直平分线与恰有一个公共点.
(3)假设符合条件的圆存在,由(2)知在圆上,由对称性知也在圆上,关于右顶点的对称点也在圆上.
因为线段的垂直平分线为,
线段的垂直平分线上的点满足:,
化简即得的垂直平分线方程为.
由,且,
所以过三点的圆的方程为.
如图:

下面证明此圆符合题目条件:
设在圆上,∴,
当时,的垂直平分线方程为或与椭圆相切,符合条件;
当时,的垂直平分线方程为,
设,由得,


∴的垂直平分线与椭圆相切.
∴满足条件的圆存在,其方程为.
又由韦达定理得切点的横坐标,
的纵坐标,∴,
∴,
∴三点共线.
第 page number 页,共 number of pages 页
第 page number 页,共 number of pages 页2026届湖南省邵阳市高三数学复习模拟检测试卷(二)
一、单选题(本大题共8小题,共40分)
1.[5分]已知,则( )
A. B. C. D.
2.[5分]已知集合,则集合的子集的个数为( )
A.3 B.4 C.7 D.8
3.[5分]如图,平行六面体的底面是边长为1的正方形,且,,则线段的长为( )
A. B. C. D.
4.[5分]已知函数的图象关于直线对称,则的取值可以是( )
A.3 B.4 C.5 D.6
5.[5分]若集合,,则( )
A. B. C. D.
6.[5分]已知函数,则使不等式成立的的取值范围是
A. B.
C. D.
7.[5分]已知函数的定义域为R,其导数,且和都为奇函数.若,则( )
A.1 B.0 C. D.
8.[5分]如图所示的六面体中,平面平面,,若,则( )

A. B.
C. D.2
二、多选题(本大题共3小题,共15分)
9.[5分]已知向量,,则下列结论正确的是( )
A.若,则 B.若,则
C.若,则 D.若,则与的夹角为锐角
10.[5分]若椭圆上的一个焦点坐标为,点P为椭圆上一动点,则下列结论中正确的是( )
A.C的短轴长 B.点在椭圆上
C.C的离心率为 D.
11.[5分]已知正四棱锥的所有棱长均为,为棱的中点,为内(含边界)的动点,则( )
A.平面平面
B.该四棱锥的外接球球心在平面内
C.直线与平面所成角的余弦值为
D.当面时,长度的最小值为1
三、填空题(本大题共3小题,共15分)
12.[5分]命题“,有”的否定为 .
13.[5分]过点,且在轴、轴上的截距的绝对值相等的直线共有 条.
14.[5分]已知函数为偶函数,且在单调递减,若,则x的取值范围是 .
四、解答题(本大题共5小题,共80分)
15.[13分]已知集合,,命题,命题.
(1)若,求实数的取值范围;
(2)若,且是的充分不必要条件,求实数的取值范围.
16.[18分]已知函数
(1)求函数的最小值和最小正周期;
(2)设的内角的对边分别为,满足且,求的值.
17.[13分]如图,在四棱锥中,底面为矩形,,,侧面为等边三角形,平面平面,E为PB中点.
(1)证明:平面平面;
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
18.[16分]甲、乙两人各有一个乒乓球袋,袋内均装有10个规格相同的乒乓球,其中4个黄球、6个白球,两人从各自袋中摸球.
(1)甲无放回摸出两个球,用表示摸出黄球的个数,求的分布列和数学期望;
(2)甲、乙两人玩游戏,规则如下:甲无放回摸球,乙有放回摸球,若两人各自都摸两次,每次摸出一个球,谁摸出的黄球个数多谁就获胜,判断谁获胜的概率较大,并说明理由.
19.[20分]如图,在四棱锥中,底面为边长为2的正方形,平面,且,.
(1)若平面与平面的交线为,求证:;
(2)求证:;
(3)是否存在球O,使得四棱锥的顶点均在此球面上 若存在,求与平面所成角的正切值;若不存在,说明理由.
参考答案
1.【答案】A
【详解】由,可得,
所以,
故选A
2.【答案】D
【详解】通过解不等式,得到集合A,进而得出.因为集合中有3个元素,故其子集个数为个.
【详解】由得,则

则的子集个数为个.
故选D.
3.【答案】B
【详解】解:,



所以,
故选B
4.【答案】B
【详解】由题意,,得,
当时,,
故选B.
5.【答案】D
【详解】因为,所以不属于集合B;
因为,所以;
因为,所以;
因为,所以.
所以,.
故选D.
6.【答案】D
【详解】由解得或,故函数的定义域为或,且,所以函数为偶函数,且当时,令,,所以在时递增,根据复合函数单调性可知在时递增,所以函数在时递增,故在时递减.由可知,解得.
故选D.
7.【答案】C
【详解】因为为奇函数、则,则,
可知的图象关于点对称、可得,即,
可知的图象关于对称,则,
又因为为奇函数且定义域为R,则,可得,
可知的周期为4,所以,.
所以.
故选C.
8.【答案】C
【详解】如下图,取上一点,使,连接,
由平面平面,平面平面,
由平面平面,则,,
故为平行四边形,即且,
由平面平面,平面平面,
由平面平面,则,,
故为平行四边形,即且,
综上,,故为平行四边形,则,
由,则,故,
由,则,
所以,则,可得.
故选C

9.【答案】AD
【详解】A选项,,,,A选项正确.
B选项,,,B选项错误.
C选项,时 ,,,,C选项错误.
D选项,当时,由上可知向量不共线,且,
所以,所以为锐角,D选项正确.
故选AD
10.【答案】AB
【详解】因为焦点坐标为,所以,解得或,
所以椭圆C的方程为;
短轴长为;
代入椭圆方程可得点在椭圆上;
离心率;
焦半径.
故选AB.
11.【答案】ABD
【详解】对于A中,连接与交于点,
因为四棱锥为正四棱锥,可得平面,
又因为平面,所以,
因为四边形为正方形,所以,
又因为,且平面,所以平面,
因为平面,所以平面平面,所以A正确;
对于B中,设正四棱锥外接球的球心为,则在上,
连接,在直角中,可得,
设正四棱锥外接球的半径为,
在直角中,可得,即,
即,解得,即,
所以点与重合,即该四棱锥的外接球球心在平面内,所以B正确;
对于C中,取的中点,连接,交于点,则,
因为平面,所以平面,
所以即为直线与平面所成角,
因为且为的中点,所以,
在直角中,,且,
在直角中,可得,所以C不正确;
对于D中,取的中点,连接,可得,
因为平面,平面,所以平面,
又因为,且平面,平面,所以平面,
因为,且平面,所以平面平面,
又因为为内的动点,且面,所以点在线段上运动,
由,
可得,所以,所以长度的最小值为,所以D正确.
故选ABD.
12.【答案】,有
【详解】根据全称量词命题的否定为存在量词命题知:
命题“,有”的否定为:,有.
13.【答案】3
【详解】因为在轴、轴上的截距的绝对值相等的直线,
故设直线为或或,
若直线过点,则,得直线为;
若直线过点,则,得直线为;
若直线过点,则,得直线为;
所以满足条件的直线有3条.
14.【答案】
【详解】因为为偶函数,图象关于轴对称,将其向右平移1个单位,可得函数,图象关于直线对称;
又在上单调递减,所以在上单调递增;
又,所以.
综上,的草图可以如下:
所以.
15.【答案】(1)
(2)
【详解】(1),且,
∴,解得.
即实数的取值范围是.
(2),得或,
由,得,,
是的充分不必要条件,∴是的真子集,
所以(等号不能同时取得),解得,
又或,所以.
实数的取值范围是.
16.【答案】(1);(2)
【详解】⑴


17.【答案】(1)见详解
(2)
【详解】(1)
如图所示,作线段的中点,连接,
因为侧面为等边三角形,所以,
因为平面平面,平面平面,面,
所以平面,因为平面,所以,
因为底面为矩形,所以,
因为,面,面,所以面,
因为平面,所以平面面.
(2)
如图所示,作中点,连接,则
由(1)可得,面,面,所以面,
则可以为坐标原点,以分别为轴,建立空间直角坐标系;
则,
可得,
设面的法向量为,则,得,
令,解得,所以面的一个法向量为,
易知面得一个法向量为,
设平面与平面夹角为,则,
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18.【答案】(1)分布列见详解,数学期望为
(2)甲获胜的概率较大,理由见详解
【详解】(1)的可能取值为0,1,2.
因此,的分布列为
0 1 2
的数学期望.
(2)用表示乙摸出黄球的个数,因乙有放回摸球,且每次摸出黄球的概率为,则,
.
设事件:甲获胜,则.

设事件乙获胜,则.

因为,所以甲获胜的概率较大.
19.【答案】(1)见详解
(2)见详解
(3)存在球O,
【详解】(1)因为,平面,平面,
所以平面,
因为平面与平面的交线为,
则平面,平面,
所以
(2)因为平面,所以,
因为底面为正方形,所以,
因为,,平面,
所以平面,
因为平面,
所以,
又因为,,平面,
所以平面,
因为平面,
所以
(3)根据题意以为坐标原点,为轴,为轴,为轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则,,,,,
设四棱锥的外接球的球心,半径为,
所以,解得:,
所以,则,
设平面的法向量为,,,
则,即,取,则,,
所以平面的法向量为
设与平面所成角为,则,
因为与平面所成角,则
所以与平面所成角的正切值
第 page number 页,共 number of pages 页
第 page number 页,共 number of pages 页
同课章节目录