湖南邵阳市2025-2026学年高三下学期5月模拟预测数学试题及答案

这是一份湖南邵阳市2025-2026学年高三下学期5月模拟预测数学试题及答案，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本大题共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. 命题“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】因为带量词的命题的否定只需改变量词，否定结论，
所以命题“”的否定是“”.
2. 已知向量，若，则的值为（ ）
A. 1B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题意得，，
因为，所以，得.
3. 已知为虚数单位，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D.
【答案】D
【解析】
【详解】.
4. 已知抛物线上一点到焦点的距离为4，则（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】C
【解析】
【详解】点到抛物线焦点的距离为4，，.
5. 已知是定义域为的奇函数，且当时，．若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据奇函数的性质，可知，再代入解析式求解.
【详解】当时，，
由，可知，，且由奇函数可知，，
所以，得.
6. 已知是等差数列的前项和，．若，则正整数的最大值为（ ）
A. 2026B. 2027C. 4052D. 4053
【答案】C
【解析】
【详解】因为，所以，
则等差数列为递增数列，
，
，
故使得的最大正整数为.
7. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】，
又，，
所以，，，
所以，，
故，
又
所以，
又
所以，.
8. 已知函数，若函数有8个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先分析函数，作出函数大致图象，分析函数，把零点问题转化为关于的方程有2个不同的根和，且关于的方程分别有4个不同的根，进而结合判别式和韦达定理构造方程组，并分情况讨论求出实数的取值范围．
【详解】当时，，开口向下，对称轴为，
；
当时，，，函数在单调递减，在单调递增；
作出的大致图象如下，
设，则关于的方程有2个不同的根和，
且关于的方程分别有4个不同的根．
不妨设，则关于的方程需满足：，
①若，则，故，
且，即，
解得；
②若，则，此时，符合题意，故．
二、选择题（本大题共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. 下列说法中正确的是（ ）
A. 若随机变量满足，则
B. 在回归分析中，决定系数的值越接近1，模型的拟合效果越好
C. 经验回归直线至少经过其样本数据点中的一个点
D. 若事件满足，则
【答案】AB
【解析】
【详解】选项A：根据方差的运算性质，对任意常数，有，本题中，因此，A正确．
选项B：回归分析中，决定系数衡量模型对因变量变化的解释能力，越接近1，说明残差平方和越小，模型拟合效果越好，B正确．
选项C：经验回归直线一定经过样本中心点，但不需要经过任何一个样本数据点，C错误．
选项D：由条件概率性质，，因此，D错误．
10. 数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆任意两条互相垂直的切线的交点都在以原点为圆心，为半径的圆上，这个圆被称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆可以与边长为的正方形的四条边均相切，则（ ）
A. 椭圆的离心率为
B. 若一个矩形的四条边均与椭圆相切，则该矩形面积的最大值为50
C. 若为椭圆的蒙日圆上任意一点，则直线的斜率的取值范围为
D. 若为椭圆的蒙日圆上任意一点，且点到直线与到直线的距离之和与点的位置无关，则的取值范围是
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据蒙日圆的定义，求得，得到椭圆的离心率，可判定A不正确；设矩形的边长分别为，结合基本不等式，求得，可判定B正确；根据直线与圆的位置关系，列出不等式，可判定C正确；根据直线与平行，并且分别位于蒙日圆的两侧，结合临界状态，结合点到直线的距离公式，可判定D正确.
【详解】对于A，由题意知，正方形的对角线的长度等于蒙日圆的直径，
即，所以，所以椭圆的离心率，所以A不正确；
对于B，设矩形的边长分别为，则，
由不等式，所以，可得，
所以矩形的面积的最大值为50，所以B正确；
对于C，设直线的方程为，且蒙日圆方程为，
由，解得，所以C正确；
对于D，如果点到两条直线的距离之和与点的位置无关，
可得直线与平行，并且分别位于蒙日圆的两侧，
临界状态就是与蒙日圆相切，且蒙日圆的方程为，
此时满足，且，解得，
所以的取值范围是，所以D正确．
11. 如图，已知在三棱柱中，，点分别在棱，上，且，为棱的中点．下列说法正确的是（ ）
A. 若，则平面
B. 五面体的体积为三棱锥的体积的8倍
C. 若，则
D. 若，则当时，五面体的体积有最大值
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A：通过等腰三角形的性质和勾股定理证明线线垂直，再由线线垂直证明线面垂直；选项B：通过线线平行，得到对应三棱锥的体积之比，从而求解；选项C：通过线面垂直证明线线垂直，利用余弦函数的定义和三角函数的诱导公式进行证明；选项D：用参数表示出体积，构建辅助函数，通过导数分析函数的单调性从而得到最大值.
【详解】由题知，我们只需重点研究五面体，如图所示．
选项A：在五面体中，记，，连接，
由，，可得，所以，
因为点为的中点，所以，
因为，所以．
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
当时，在中，，
由余弦定理可得，解得，
所以，故，
因为，平面，所以平面；
选项B：连接，因为，所以，
因为，所以，
，因此该五面体的体积；
选项C：过作交于点，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
过作交于点，连接，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
，即，
因此，
即；
选项D：，
，
设，则函数，求导可得，
令，解得；令，解得，
故函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，此时取得最大值，
即五面体的体积取得最大值，
所以当该五面体的体积取到最大值时，.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 的展开式中的系数为___________（用数字作答）．
【答案】
【解析】
【分析】将原式拆分为和两部分，分别求解两部分中项的系数，相加即可得到结果.
【详解】根据题意写出的展开式通项：
,
的展开式中的项来自两部分：
1. 取乘以中的项：由于的展开式所有项的次数均为4，的次数为，故该项不存在，对应系数为；
2. 取乘以中的项：令，解得，此时中的系数为,故这部分对应系数为.
将两部分系数相加，得的总系数为.
13. 在正项等比数列中，若，则___________．
【答案】3
【解析】
【分析】利用正项等比数列的通项性质，将已知两个等式用和公比q表示，消去公比相关的公共因式即可求得.
【详解】设正项等比数列的公比为，则，
由等比数列通项的性质，
可得，，，，
则，（1）
，（2）
（1）（2）得，
因为数列为正项等比数列，故，解得
14. 已知函数若存在最大值，则实数的最大值为___________．
【答案】
【解析】
【详解】若存在最大值，根据一次函数的单调性可知，分类讨论，
当，时，的最大值为，
而在区间上为单调递增函数，则，解得，
故，
当，时，的最大值为，
而在区间上为单调递增函数，
则，即，解得，
故，
综上所述可得的取值范围为，故的最大值为．
四、解答题（本大题共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. 已知在中，点在边上，，，，．
（1）求的长；
（2）若，求，的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求出，进而利用余弦定理求解；
（2）根据余弦定理求出，进而得出，从而利用基底得出，进而求出．
【小问1详解】
在中，，点在边上，则，
，
在中，，
．
【小问2详解】
在中，由余弦定理得，
则，故，
又，
．
16. 如图，已知点是半圆弧所在圆的圆心，点是上异于的点，三棱锥的外接球的表面积为，．
（1）证明：平面平面；
（2）当点是上靠近点处的三等分点时，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，确定三棱锥外接球球心位置，再利用线面垂直、面面垂直的判定推理得证.
（2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用面面角的向量法求解.
【小问1详解】
设三棱锥的外接球球心为点，半径为，则，解得，
由，得的外接圆半径，
则，点也为外接圆的圆心，连接，得，
在中，由，得，由在上，
得，又，则，即，
而平面，则平面，
又平面，所以平面平面.
【小问2详解】
由（1）知，平面，在平面内作，，
则直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由点是上靠近点的三等分点，得为等边三角形，
则，，
设平面的法向量是，则由，取，得
，
平面是平面的一个法向量，则，
由图知二面角的大小为锐角，所以二面角的余弦值是．
17. 已知双曲线过点，且渐近线方程为，过点作三条直线与的右支分别交于点，直线与轴的交点分别为点．
（1）求的方程；
（2）设直线的斜率分别为．
（i）若点为线段的中点，且，求直线的斜率；
（ii）若，且，求的面积．
【答案】（1）
（2）（i）4（ii）
【解析】
【分析】（1）根据双曲线经过的点坐标求解即可.
（2）（i）先求出点的横坐标，进而求得结果；（ii）先求出直线，直线，然后联立直线的方程与双曲线方程，结合韦达定理计算即可.
【小问1详解】
由题可设双曲线的方程为，即，
将点代入可得，所以双曲线的方程为．
【小问2详解】
（i）直线，令，得．
直线，令，得．
由，得，所以，故中点，
所以，故直线的斜率为4.
（ii）由题意得且，不妨设，则．
设直线的倾斜角为，则，所以，
故，可得，又，所以．
所以直线，直线．
由得，故．
所以．
由得，故．
所以．
由，得．
所以．
18. 已知一个质点从边长为1个单位的正三角形的某个顶点出发，沿着该三角形的边移动，每次移动1个单位，具体规则如下：
若质点位于顶点，则每次移动到顶点的概率为，移动到顶点的概率为；
若质点位于顶点，则每次移动到顶点的概率为，移动到顶点的概率为；
若质点位于顶点，则每次移动到顶点的概率为，移动到顶点的概率为．
设质点初始位置在顶点，请回答下列问题：
（1）求第2次移动后质点位于顶点的概率；
（2）设第次移动后质点位于顶点的概率为．
（i）求；
（ii）当足够大时，试估计第次移动后质点位于哪个顶点的概率最大，并说明理由．
【答案】（1）
（2）（i）（ii）当足够大时，第次移动后质点位于顶点的概率最大，理由见解析
【解析】
【分析】（1）通过条件概率和乘法公式计算即可得到结果；
（2）（i）利用第n次位于各顶点的概率与第次概率的关系建立递推关系，消去一个变量后得到关于的线性递推式，化为等比数列形式，结合初始值求出通项公式；
（ii）利用递推关系求出的通项公式，进而得到的表达式，计算极限可得各顶点概率的稳定值，比较大小可知当充分大时，质点位于顶点的概率最大.
【小问1详解】
设事件“第1次移动后质点位于顶点”，“第2次移动后质点位于顶点”，根据题意得，
得．
因此，第2次移动后质点位于顶点的概率为．
【小问2详解】
（i）设第次移动后质点位于顶点，的概率分别为，，则．
根据规则，递推关系如下：
由，代入的递推式得：
，
令，所以，
所以．又，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列．
所以，即.
（ii）当足够大时，第次移动后质点位于顶点的概率最大，理由如下：
由（i）知，，所以，代入的递推公式得：
，
令，所以,
所以．
又，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列．
所以，即．
所以．
所以．
又，
故当足够大时，第次移动后质点位于顶点的概率最大．
19. 已知函数和．
（1）设函数，讨论的单调性；
（2）若函数与的图象有三条公切线，求实数的取值范围；
（3）求函数的最小值．
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）0
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到，求得，分和，两种情况分类讨论，即可求得函数的单调区间；
（2）设公切线与和相切于点和，利用导数的几何意义，分别求得公切线的方程，得到，令，求得的单调性，进而求得的取值范围；
（3）由，求得，令，利用导数求得在上单调递增，得到存在唯一零点，得到的单调性和最小值，再令，求得单调递增，得到，即可求解.
【小问1详解】
解：由题意得，函数，其定义域为，
且，
当时，恒成立，所以在上为减函数；
当时，令，可得，令，可得，
因为定义域为，所以在上单调递增，在上单调递减．
【小问2详解】
解：设公切线与相切于点，与相切于点，
由得公切线的方程为，整理得①
由得公切线的方程为，
整理得②
由①②得，整理得
设，则，
所以，得或，
所以在和上单调递增，在上单调递减．
又当时，，当时，且，
故要使得有三个不同的根，需，
综上可得，实数的取值范围为．
【小问3详解】
解：因为，可得，
设，可得，
所以在上单调递增，即在上单调递增，
又因为，所以存在唯一零点．
设零点为，则且．
故当时，；当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值．
又因为，所以，
又因为，
令，则，
因为，所以在上单调递增，
所以，即，
故的最小值．