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．
或
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，
或
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．
或
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，
则
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.
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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，
则
，
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，，
则
，
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，
设
则有，而，
化简得，
即
，
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.
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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
⑵
又
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．
则
设事件乙获胜，则．
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
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