湖南衡阳市2026届高三下学期第二次联考数学试题（含解析）高考模拟

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2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由，得，解得，所以，
所以.
2. 已知复数z满足，则（ ）
A. B. C. 8D. 12
【答案】A
【解析】
【详解】由，得．
3. 若函数在上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为函数在上为增函数，
且在上为减函数，在上为增函数，
而在上单调递增，所以．
4. 已知角的顶点在坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】B
【解析】
【详解】由三角函数的定义可得，所以．
5. 已知抛物线上的点到抛物线焦点F的距离为5，则（ ）
A. 4B. 3C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据抛物线的定义，结合抛物线的准线方程，即可求得答案.
【详解】由抛物线的定义可得，点P到抛物线焦点F的距离等于点P到准线的距离，
抛物线的准线方程为， 所以，解得.
6. 已知向量，，若向量在向量上的投影向量为，则实数（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意知，，结合投影向量的公式得，求解即得.
【详解】由题意知：，
所以向量在向量上的投影向量为，即，
所以，解得．
7. 已知点P是直线上一点，过点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求得的最大值，再由二倍角公式得出的最小值．
【详解】圆的圆心C的坐标为，半径为1．
因为PA，PB为圆C的切线，切点分别为A，B，
所以，，，，
所以，．
当时，取最小值，，此时取最大值，
又，函数在上单调递增，即取最大值，此时取最大值，
又，所以．
8. 已知函数与的图象关于直线对称，函数，，若方程在区间上有解，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】令可将方程变为，通过分析可确定，将问题转化为在上有解的问题，通过分离变量的方法，结合导数求得函数值域，进而得到所求范围.
【详解】与图象关于直线对称，，
，；
设，则由得：，
均在函数图象上；
假设，在上单调递增，，即，与假设矛盾；
假设，在上单调递增，，即，与假设矛盾；
，即在上有解，即；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
又，，，解得：，
即实数的取值范围为.
二、选择题（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. 已知函数的定义域为，和均为偶函数，且当时，则（ ）
A. B. 函数的图象关于点中心对称
C. 函数是周期为2的周期函数D. 函数在上单调递增
【答案】ACD
【解析】
【详解】对于A：因为为偶函数，当时，，
所以，故A正确；
对于B：因为函数为偶函数，所以，
所以函数的图象关于直线对称，故B错误；
对于C：因为和均为偶函数，所以，
在中，将替换为，得，故，
所以的一个周期为2，故C正确；
对于D：当时，，
故，
故当时，，所以函数在上单调递增，故D正确．
10. 在三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，则（ ）
A.
B. 若，则
C. 若三角形ABC为锐角三角形，则的取值范围是
D. 若，则三角形ABC为直角三角形
【答案】ABD
【解析】
【分析】对题干信息利用正弦定理和余弦定理即可判断AB选项；根据题意结合三角函数值域可判断C选项；利用正弦定理和三角恒等变换可判断D选项.
【详解】对于A：因为，所以或，又，
故，若，又，则，与矛盾，所以，故A正确；
对于B：因为，所以，由正弦定理将上述等式化简为，
根据余弦定理代入可得，将代入得，解得或（舍），故B正确；
对于C：由选项A可知，所以，
又，因为为锐角三角形，
所以，
即，解得，
因为在上单调递减，所以，故C错误；
对于D：因为，由正弦定理及得，
所以，
又，
所以，又，
所以，
即，又，所以为锐角，可得，
所以，所以，所以，故D正确．
11. 如图，在矩形ABCD中，，E为BC的中点，将沿AE向上翻折到，连接PC，PD，在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 若平面平面ABCD，则
B. 四棱锥的体积最大值为
C. 点P从点B翻折到AD中点的过程中，PD的中点F形成的轨迹长度为
D. 三棱锥的外接球表面积的最小值为
【答案】AD
【解析】
【详解】对于A：因为平面平面，平面平面，
因为是中点，，所以AE=ED=22，
所以，所以，平面，
所以平面，平面，所以，故A正确；
对于B：由已知梯形的面积为， ，直角斜边上的高为，
当平面平面时，四棱锥的体积取最大值，故B错误；
对于C：如图1，取的中点，则，平行且相等，四边形是平行四边形，
所以点的轨迹与点的轨迹形状完全相同，过点作的垂线，垂足为，，
点的轨迹是以为圆心，半径为的半圆弧，从而的中点的轨迹长度为22π，故C错误；
对于D：如图2，的外接圆的半径为，是的中点，外接圆的半径为2，
是圆与圆的公共弦，，设三棱锥外接球心为O，半径为，
则R=OE=O1E2+O1O2=|O1E|2+|O2O1|2+|O2O|2=4+|O2O|2，
因为O2O∈[0,+∞)，所以，所以的最小值为2，
所以三棱锥的外接球表面积的最小值为，故D正确．
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知双曲线的右焦点为F，过F作双曲线C的渐近线的垂线，垂足为P，若，则C的离心率为_______．
【答案】
【解析】
【详解】由题意设，不妨设双曲线的渐近线为，即，
则点F到渐近线的距离，又，所以，
所以双曲线的离心率．
13. 已知样本数据的平均数为a，设，当函数取最小值时，_______．
【答案】1
【解析】
【分析】根据题意，得到，结合和二次函数的性质，即可求解.
【详解】因为，
可得是一个图象开口向上的关于k的二次函数，
所以函数在其图象的对称轴处取得最小值，即，所以．
14. 某大学数学系举办学科素养大赛，参赛选手在2小时内进行学科素养答题挑战赛，比赛规则如下：参赛选手的赛程按轮次进行，只有完成上一轮的答题才能进入下一轮，若连续两轮均答错，则挑战终止；每一轮随机地派出一道素养题或技能题，系统派出素养题的概率为，派出技能题的概率为．若某选手答对素养题的概率为，答对技能题的概率为，各轮答题正确与否相互独立．记该选手在第轮答题结束时挑战依然未终止的概率为，记，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】设事件 “一轮答题中系统派出素养题”，事件“该选手在一轮答题中答对”，根据全概率公式求出，设事件“第n轮答题结束时挑战未终止”，则当时，，所以数列是首项为，公比为的等比数列，求解即可.
【详解】设事件 “一轮答题中系统派出素养题”，事件“该选手在一轮答题中答对”，
依题意，，
因此，
所以该选手在一轮答题中答对题目的概率为．
设事件“该选手在第n轮答对”，由于各轮答题正确与否相互独立，所以，
设事件“第n轮答题结束时挑战未终止”，当时，第n轮答题结束时挑战未终止的情况有两种：
①第n轮答对，且第轮结束时挑战未终止；
②第n轮答错，且第轮答对，且第轮结束时挑战未终止，
因此第n轮答题结束时挑战未终止的事件可表示为，
则，而各轮答题正确与否相互独立，
因此，
即当时，，当时，，
，所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以．
四、解答题（本大题共5个小题，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，，数列的前n项和为，满足．
（1）求数列，的通项公式；
（2）已知数列满足：，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）法一：利用等差数列前项和公式、通项公式，联立方程组求解首项和公差，即可得数列的通项公式；
法二：利用等差数列性质，求出中间项的值，再计算公差，即可得数列.
结合和，即可得数列的通项公式.
（2）根据（1）中数列，的通项公式，得到数列的通项公式，再结合裂项相消求和，即可得解.
【小问1详解】
法一：因为数列是等差数列，设公差为，
因为，所以，
即，解得，
所以，
数列的通项公式为．
法二：因为，所以，解得，
所以公差，
所以，
数列的通项公式为．
由，当时，，得，
当时，，所以，
所以，即，
又，所以．
所以数列是首项为1，公比为3的等比数列，所以.
【小问2详解】
由（1）知，，，
所以，
所以
．
故数列的前n项和.
在求数列的通项公式时，要分和讨论，由递推关系写通项后，还须验证首项.
16. 每年春季万象更新，也是病毒变异和流行病高发期，现代流行病学调查表明：某种流行病毒变异所形成的疾病S是由致病菌和致病菌共同引起的，治疗时至少杀灭其中一种致病菌即可痊愈．
（1）现有一种对疾病的试剂检测方法，该检验方法对患病的人进行化验，检测结果有96%呈阳性，对未患病的人进行化验，检测结果有98%呈阴性．检测结果为阳性的人中未患该病比例为误诊率．若某地区疾病的患病率为0.4%，求这种检验方法在该地区的误诊率（结果精确到0.001）；
（2）对疾病有效治疗的药物有，两款，且这两种药物的疗程均为3天（药物使用时，按疗程服用3天，超过3天无效需换药进行治疗（无论谁先使用都不会影响后使用的药物的治愈率）．若使用完两种药物仍不见效，依靠自身的免疫能力再经过3天也能痊愈．已知药物杀灭致病菌和致病菌的概率分别为，药物杀灭致病菌和致病菌的概率均为，且对于同一种药物，杀灭两种致病菌的事件相互独立．请问应先使用哪种药物可使得痊愈的平均天数更短？
【答案】（1）
（2）需先使用药物可使得痊愈的平均天数更短
【解析】
【分析】（1）本小问主要考查条件概率和全概率公式，首先求出检测结果为阳性的概率，其次求出未患病且检测结果为阳性的概率，最后结合条件概率公式求出误诊率；
（2）本小问主要考查离散型随机变量的数学问题，先分别计算出先后和先后两种方案下，治愈天数的所有可能取值及对应概率；再计算两种方案的期望天数，比较大小，选择期望更小的方案.
【小问1详解】
记事件：检测结果阳性，事件：患病，
由题意可知，，，，
所以，
因此，这种检验方法在该地区的误诊率为．
【小问2详解】
设表示药物能治愈疾病的概率，表示药物能治愈疾病S的概率，
则有，．
设先用药物再用药来治愈疾病所需的天数为，的可能取值为3，6，9，
则，
，
所以
．
设先用药物再用药来治愈疾病所需的天数为，的可能取值为3，6，9，
同理得，
，
则有
，
从而有，由此需先使用药物B可使得痊愈的平均天数更短.
17. 如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，，E是CD的中点，AC与BE相交于点H，点F在侧棱PD上，．
（1）证明：平面；
（2）当时，求点P到平面的距离；
（3）若，当直线PC与平面所成的角最大时，求实数的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的判定证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，由点到平面距离公式即可求解；
（3）由线面夹角的向量公式即可求解．
【小问1详解】
因为底面平面ABCD，所以．
在和中，，即，
故，得，即，
又平面，故平面PAC．
【小问2详解】
由已知得，，
故以AB，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
当时，，则，
设平面HEF的法向量为，
则，故可取，
所以点P到平面EFH的距离．
【小问3详解】
由已知得，，，，
所以，又，所以，
所以，，
设平面AFC的法向量为，
则，故可取，
又，取直线PC的方向向量为，
设直线PC与平面AFC所成的角为，
则
．
因为，所以，当时，取最大值，
又，此时取最大值，所以．
18. 已知椭圆的离心率为，椭圆经过点．
（1）求椭圆的方程；
（2）若椭圆的左、右顶点分别为，直线交椭圆于两点（与不重合）．设直线的斜率为，直线的斜率为，且．
（i）求证：；
（ii）设弦的中点为，为坐标原点，直线与椭圆交于两点，求四边形面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据离心率、椭圆之间关系直接求解即可；
（2）（i）由椭圆第三定义和已知斜率关系可证得，由此可结论；
（ii）由，结合韦达定理可求得，得到直线方程；利用点差法可求得直线方程，进而得到坐标；根据弦长公式、点到直线距离公式可表示出四边形的面积，由函数值域求法可求得结果.
【小问1详解】
椭圆经过点，，
设椭圆的半焦距为，则，，，
椭圆的方程为：.
【小问2详解】
（i）连接，由椭圆方程知：，，设，，
，，
，
又，，即，；
（ii）易知直线斜率不为，可设直线方程为：，
由得：，则，
，，
，，
即，
，
又，，
整理可得：，解得：，
，，，，
当时，与轴重合，即，此时；
当时，，
，则直线，即，
由得：，，
则点到直线的距离分别为，，且与异号；
，
，
，
，且，即；
综上所述：的取值范围为.
思路点睛：求解直线与椭圆综合应用中的四边形面积最值（取值范围）问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理和点到直线距离表示出所求四边形的面积；
④将所求面积转化为关于某一变量的函数的形式，利用函数的单调性或基本不等式求解出最值（范围）.
19. 已知函数．
（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求实数a的值；
（2）若函数有三个零点，且．
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ii）求证：．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率结合题设即可求得答案；
（2）（ⅰ）先将问题转化成函数除1之外的两个零点问题，由，令，根据的取值分类讨论依题推得，再利用函数单调性与极值验证零点情况即得；（ii）依题意证得，将待证命题转化为当时，，构造函数通过求导判断函数单调性即可得证.
【小问1详解】
由，得，
所以，
因为曲线在点处的切线与直线垂直，
所以，得，所以a的值为．
【小问2详解】
（ⅰ）等价于，
令，又，可知除了1之外还有两个零点，
又，令，
当时，恒成立，故在上单调递减，不合题意；
当时，若函数有三个零点，则其等价函数必有除1外的两个零点，
因此在上有两个不相等的实数根,
故，解得，
设的两个零点为，且，有，，
故均大于0，
由此可得在单调递增，单调递减，单调递增，
而，即，
又因为，，，
故在内恰有一个零点，在内恰有一个零点，
所以恰有3个零点，亦即恰有3个零点，
故实数a的取值范围是．
（ii），由，
可得，则有，
要证，代入得，只需证明，而，
因此只需要证明当时，，
令，
可得，故在上单调递增，
因此当时，，即当时，，
即证得成立．