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2026届湖南省邵阳市高三数学复习模拟检测试卷（十）
一、单选题（本大题共8小题，共40分）
1．[5分]已知集合，集合，则 （ ）
A． B． C． D．
2．[5分]为虚数单位，的值为（ ）
A． B．5 C．2 D．4
3．[5分]已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
4．[5分]折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”.它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图1）.图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧DE，AC所在圆的半径分别是3和6，且，则该圆台的体积为（ ）
A． B． C． D．
5．[5分]在函数中，自变量x的取值范围是（ ▲ ）
A．－1≤x≤1 B．x≥0 C．x≤1 D．－1＜x＜1
6．[5分]已知数列满足，若是递减数列，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．[5分]已知点，若P，Q是直线：（）上的两点，且对任意， 恒成立，则线段 的长度的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．[5分]某高校计划安排甲、乙、丙、丁、戊、己6名教师到四所不同的学校进行宣讲,每个学校至少安排1人,每人只去一所学校,其中甲、乙必须安排在同一个学校的概率为 (　　)
A． B．
C． D．
二、多选题（本大题共3小题，共15分）
9．[5分]如图，平行六面体中，以为顶点的三条棱长均为1，且两两之间的夹角都是，则下列说法中正确的是（ ）
A． B．
C．向量与的夹角是 D．与所成角的余弦值为
10．[5分]设为两条不同的直线，为两个不同的平面，且，则下列命题正确的是（ ）
A．若与不垂直，则也不垂直
B．若，且，则
C．若，则或
D．若，，则
11．[5分]已知函数是定义在上的奇函数，是偶函数，当时，，则下列说法中正确的有（ ）
A．4是的一个周期 B．的图象关于直线对称
C． D．方程恰有8不同的实数根
三、填空题（本大题共3小题，共15分）
12．[5分]在中，角A，B，C的对边分别为的平分线AD交BC于点.若，则周长的最小值为 .
13．[5分]已知，直线恒过定点，圆的圆心与点关于直线对称，直线与圆相交于两点，且，则圆的半径为 ．
14．[5分]设、分别是的边，上的点，，. 若（为实数），则的值是
四、解答题（本大题共5小题，共80分）
15．[12分]如图，在几何体中，底面为平行四边形， 平面⊥平面.

（1）证明:四边形为菱形;
（2）若，且，，求平面与平面的夹角的正弦值.
16．[12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．[18分]已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围.
18．[18分]已知抛物线的准线方程为.点，，均在上，且直线由直线绕点顺时针旋转得到.
（1）设直线，的斜率分别为，求；
（2）设点，，的横坐标分别为，并记，证明：；
（3）已知各项系数均为实数的一元三次方程至少有一个实数解.证明：对任意给定的点，存在点B，，使得为正三角形.
19．[20分]（1）当时，证明：；
（2）已知函数，. 记：，使得对，都有；：，使得对，都有.
（ⅰ）证明：是的充要条件；
（ⅱ）若成立，求实数的取值范围.
参考答案
1．【答案】C
【详解】集合，集合，所以，
故选:C.
2．【答案】A
【详解】因为，
所以.
故选A.
3．【答案】D
【详解】由，得，，，
解得或，又因为，
所以.
故选D.
4．【答案】D
【详解】设圆台上下底面的半径分别为，由题意可知，解得，
，解得：，作出圆台的轴截面，如图所示：
图中，，
过点向作垂线，垂足为，则，
所以圆台的高，
则上底面面积，，由圆台的体积计算公式可得：
，
故选.
5．【答案】D
6．【答案】B
【详解】将整理得，
又，易知当时,，不满足是递减数列，故，
因此数列是以为首项，2为公比的等比数列，
故，因此，
由于是递减数列，故恒成立，得，
化简得，故，
因此，解得，
故选B．
7．【答案】D
【详解】由直线：化为，故直线恒过定点.
点到直线：距离.
对任意， 恒成立,等价于点M位于以线段为直径的圆上或圆内.
要使直线上存在这样P，Q点，则点M到直线的距离不大于以线段为直径的圆的半径，即，
所以.根据题意，该不等式对任意恒成立，
所以，而，故.
故选D.
8．【答案】A
【详解】将这6名教师分成四组,再分配到不同的学校．若分组人数为3,1,1,1,则不同的安排方法种数为×=480;若分组人数为2,2,1,1,则不同的安排方法种数为=1 080,故不同的安排方法共有480+1 080=1 560(种)．将这6名教师分成四组,再分配到不同的学校,甲、乙安排在同一个学校,若分组人数为3,1,1,1,则不同的安排方法种数为×=96;若分组人数为2,2,1,1,则不同的安排方法种数为×=144,故不同的安排方法共有96+144=240(种)．所以所求事件的概率为=．
9．【答案】AC
【详解】在平行六面体中，
其中以顶点为端点的三条棱长均为1 ，且彼此夹角都是，
所以，.
对于A，因为，
所以，
，故A正确；
对于B，因为,
且,
即不成立，故B错误；
对于C，，所以，
所以,
所以向量与夹角是，故C正确；
对于D，，
，
而，
，
，故D错误.
故选AC
10．【答案】BC
【详解】由题可知，.与的关系可能相交，可能平行，也可能在其中的一个平面内.
选项A：以正方体为例，与平面不垂直，平面平面，但.所以选项A错误；

方法二，若与不垂直，当,与可能垂直（如下图）.所以选项A错误；

选项B：在内任取不在直线上的一点，过直线与点作平面，
设，又因为，所以.同理，由可得存在直线，不同于直线，使得，
所以，又，，故，又，，所以，得到，故选项B正确；
选项C：因为，所以，若，又，则，
同理可得若，又，则．若都不成立，则，且，所以．
又，所以与是同一条直线，这与题设矛盾．
故中至少有一个成立，故或，故选项C正确；
选项D：当，时有可能，故选项D错误．
故选:BC．
11．【答案】ACD
【详解】对于A，因为是偶函数，所以，即，
，
即的周期，故A正确；
对于B，由A得，函数的图象关于点对称，故B错误；
对于C，因为的周期，，则
当时，，则，
由，令则，令则，
所以，故C正确；
对于D，作出函数与函数的图象，如图．
所以曲线与有8个交点，故D正确．
故选:ACD.
12．【答案】/
【详解】，
，
即，
，
，
.
，得，
由，得，当且仅当时，等号成立.
又的周长，当且仅当时，等号成立.
13．【答案】
【详解】直线的方程可化为，
令，解得，所以点的坐标为，
又圆的圆心与点关于直线对称，则，
设圆的方程为，
且圆的圆心到直线的距离为，
又，则.
即圆的半径为.
14．【答案】
【详解】依题意，，
∴，∴，，故.
【考点定位】平面向量的加法、减法法则.分析、计算能力.中等题.
15．【答案】（1）见详解
（2）
【详解】（1）设，连接，过向作垂线，垂足为，
因为平面⊥平面，平面平面，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，所以，
因为,平面，所以平面，所以，
因为为平行四边形，所以为菱形.

（2）因为，结合（1）可知底面为正方形，
以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设，则;
,;
设平面的一个法向量为，则，
令得，.
设平面的一个法向量为，则，
令得，.
设平面与平面的夹角为，则，
所以，即平面与平面的夹角的正弦值为.

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）答案不唯一，具体见详解；（2）.
【详解】（1）函数，定义域为，，
当时，.
故在定义域上单调递增，此时无减区间.
当时，令，得；
当时，，故单调递增；
当时，，故单调递减.
综上所述，当时，在定义域上单调递增，此时无减区间；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）知，时，至多一个零点，不符合题意；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
要有两个零点，需满足，即.
此时，.
因为，所以在有一个零点；
因为，.
令，，
所以在单调递增，，
所以，所以在上有一个零点.
所以，有两个零点.
18．【答案】（1）
（2）见详解
（3）见详解
【详解】（1）抛物线的准线方程为，则，解得，抛物线方程为，
设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，而直线由直线绕点顺时针旋转，

当时，，，则，
当时，，则，
又，所以.
（2）依题意，点，
则直线的斜率，直线的斜率.
而，要证，
即证，
由，得，则，
则
，
所以.
（3）设点，，对应复数为，
将绕点逆时针旋转得，则为正三角形，
对应复数为，
，
于是点，由点在抛物线上，
得，
则，
整理得，
即，
则，显然，
因此，
即（），
由为实数，得方程（）是各项系数均为实数的一元三次方程，
又各项系数均为实数的一元三次方程至少有一个实数解，则方程（）至少有一个实数解，
所以对任意给定的点，存在点B，，使得为正三角形.
19．【答案】（1）见详解；（2）（ⅰ）见详解；（ⅱ）
【详解】解：（1）令，，则，
所以在上单调递减，所以，即.
（2）（i）必要性：若成立，即存在，使得对任意，都有，
则对任意，，即成立.
充分性：若成立，即存在，使得对任意，都有.
当时，有；当时，有；
当时，，由，知是奇函数.
所以.
于是对任意，都有，即成立.
（ii）由（i）知，只需考虑成立，即存在，使得对任意，都有，
等价于.
令，，
则需，在上恒成立.
不妨先考虑，即，在上恒成立.
由，得，，则
①当时，，符合题意；
②当时，，在上单调递增，故符合题意；
③当时，令，则，在上单调递增；
若，即，则，在上单调递增，同②符合题意；
若，即，由，知存在，使得.
当时，，在上单调递减，故，不符合题意.
于是.
2°由，得，，
令，，
①当时，由（1）可知
，符合题意.
②当时，，在上单调递减，
若，即，则，在上单调递减，
故，符合题意；
若，即，由，知存在，使得，
当时，，在上单调递增，故，不符合题意.
于是.
综上，实数的取值范围为.
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一、单选题（本大题共8小题，共40分）
1．[5分]下列各多项式中，能直接用平方差公式分解因式的是（ ）
A． B． C． D．
2．[5分]已知复数（是虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
3．[5分]若实数满足，则的值为（ ）
A． B．
C． D．
4．[5分]设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
5．[5分]如图，在三棱锥中，，，两两垂直，且，，为的中点，则等于（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
6．[5分]已知函数，其中表示不超过x的最大整数，当时，下列函数中，其值域与的值域不相同的函数为（ ）
A． B．
C． D．
7．[5分]已知复数（其中为虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
8．[5分]函数，若的一个单调递增区间为，且，下面说法正确的是（ ）
A． B．
C．在上有2个零点 D．
二、多选题（本大题共3小题，共15分）
9．[5分]在棱长均为2的正三棱柱中，D是棱AC的中点，则（ ）
A． B．
C．平面平面 D．平面平面
10．[5分]在斜三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则（ ）
A．为锐角三角形 B．若，则
C．的最小值为 D．
11．[5分]已知平面直角坐标系中，点在轴上，点在轴上，满足，点满足，记的轨迹为，则（ ）
A．
B．的方程为
C．当直线与相切时，
D．存在线段，使得内心在外部
三、填空题（本大题共3小题，共15分）
12．[5分]若存在实数，使得关于的不等式成立，则实数的取值范围是 .
13．[5分]已知，则 .
14．[5分]在平面内，圆M的半径为1，过圆M外的动点P引圆M的两条切线PA，PB，其中A，B为切点，当取最小值时，与的夹角的余弦值为 .
四、解答题（本大题共5小题，共80分）
15．[12分]已知抛物线的焦点到准线的距离为2，过的直线与交于，两点.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）若直线的倾斜角为45°，求.
16．[16分]有一个摸奖游戏，在一个口袋中装有6个红球和4个黑球，这些球除颜色外完全相同．游戏规定：每位参与者进行次摸球，每次从袋中摸出一个球，有两种摸球方式：一是（有放回摸球）每次摸球后将球均放回袋中，再进行下一次摸球，摸到红球的次数记为X；二是（不放回摸球）每次摸球后将球均不放回袋中，直接进行下一次摸球，摸到红球的次数记为Y．
（1）若，
（ⅰ）求随机变量Y的分布列和数学期望；
（ⅱ）游戏规定摸到的红球数不少于摸到的黑球数则中奖，在这个规则下，设有放回摸球中奖概率为，无放回摸球中奖概率为，求和并比较它们大小．
（2）若，当取得最大时的k值满足（，），若函数与有两个不同的公共点，求a的取值范围．
17．[16分]如图，在中，点在边上，且．

（1）若，求；
（2）若，求的面积；
（3）若，求的周长．
18．[16分]如图，在平面四边形中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中为动点.
（1）证明：；
（2）若，三棱锥的各个顶点都在球的球面上，求球心到平面的距离；
（3）求平面与平面夹角余弦值的最小值.
19．[20分]已知抛物线的焦点为是上第一象限内的点.且到距离与到的距离相等.过作的切线交轴于点.
（1）求的标准方程；
（2）求证：；
（3）记关于轴的对称点为关于轴的对称直线为为上第四象限的点（与不重合），过做的切线，分别交于两点，若，直线的斜率为，直线的斜率为，试判断是否为定值？若为定值，求的值，若不为定值，请说明理由.
参考答案
1．【答案】D
【详解】对于A，不能直接用平方差公式分解因式，不合题意；
对于B，，能用完全平方公式分解因式，
不能直接用平方差公式分解因式，不合题意；
对于C，，不能直接用平方差公式分解因式，不合题意；
对于D，，能直接用平方差公式分解因式，符合题意.
故选D
2．【答案】B
【详解】，
故选B．
3．【答案】B
【详解】由于实数满足，则,所以，解得，
故选B
4．【答案】C
【详解】∵，∴，∴，
∵，∴，
∴．
故选C．
5．【答案】D
【详解】以为基底向量，则，
∵，
则，
又∵，即，
∴．
故选D．
6．【答案】C
【详解】当时，的值域为．
对于A，由，则函数值域为，与的值域相同；
对于B，由，则函数值域为，与的值域相同；
对于C，由，则函数的值域为，与的值域不相同；
对于D，由，则函数值域为，与的值域相同.
故选C．
7．【答案】D
【详解】因为，
所以，
所以.
故选
8．【答案】C
【详解】对于A，由的一个单调递增区间为，得最小正周期，，A错误；
对于B，由，得或，而，
当时，，在不单调；当时，
，符合题意，，B错误；
对于C，由，得，
解得，当时，或，C正确；
对于D，，D错误.
故选C
9．【答案】BD
【详解】在正三棱柱中，，又，故与不平行，A错误；
由题得，，，
所以，所以，B正确；
因为平面，平面，，
且在平面与平面的交线上，与不垂直，
所以平面与平面不垂直，C错误；
因为是正三角形，是的中点，所以，
又，且，，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，D正确．
故选BD.
10．【答案】BCD
【详解】对于A，由可得，
则或，即或，
因为三角形为斜三角形，若，则，，
不符合斜三角形，所以，即为钝角，为钝角三角形，故A错误；
对于B，由正弦定理可得，则，
所以，故B正确；
对于C，由，可得，
且，则，
则
，
当且仅当时，即时，等号成立，故C正确；
对于D，由C可知，，
则，
令，
由可得，则，
所以，故，
且，
所以，
当时，取得最大值，
当或时，最小值为，
所以，故D正确；
故选BCD
11．【答案】AC
【详解】由题意可设，
而，故，
由，得，则可得，
所以，故，即，
故的方程为，B错误；
由，得，
故，当且仅当时等号成立，A正确；
当直线与相切时，设直线的方程为，
联立，得，
则，即得，
又因为在直线上，故，
代入，得，联立，
解得，
由，得，则，C正确；
由椭圆的对称性，不妨取内心在第一象限内情况，
为直角三角形，设其内切圆半径为r，则内切圆圆心为，
若内心在外部，则需满足，即；
又，则，
由于，设，由于考虑的是第一象限情况（可包含坐标轴），
故，则，
设，则，
则，
由于，故与矛盾，
即不存在线段，使得内心在外部，D错误，
故选AC
12．【答案】
【详解】分类讨论，时，使得不等式成立，时结合二次函数的性质可得．
【详解】时，若，则不等式为，不等式成立，满足题意，
时，在使得不等式成立，则，∴．
综上，．
13．【答案】
【详解】因为，
所以.
14．【答案】
【详解】设，.
因为是圆的切线，所以，.
在中，.
根据向量数量积公式可得：
由勾股定理可得，同理.
根据二倍角公式可得.
所以.
根据均值不等式有，当且仅当，即时等号成立.
所以，即的最小值为.
当取最小值时，，此时.
根据二倍角公式可得.
所以与夹角的余弦值为.
15．【答案】（1）
（2）8
【详解】（1）由抛物线的性质，，故抛物线.
（2）由直线的倾斜角为45°，则斜率为1，直线方程为，
设，
联立，
,
故.
16．【答案】（1）（ⅰ）分布列见详解，；（ⅱ），.
（2）
【详解】（1）（ⅰ）对于不放回摸球，各次试验的结果不独立，可取0，1，2，3，4，
，
；；；
；；
服从超几何分布，的分布列为：
0 1 2 3 4
，所以；
（ⅱ）由题意得游戏规定摸到的红球数不少于摸到的黑球数则中奖，在这个规则下，
设有放回摸球中奖概率为，无放回摸球中奖概率为，
对于有放回摸球，各次试验的结果互相独立，，
则；；
；
故，
由（ⅰ）可知，
因为，所以；
（2）当，则，若最大，则，
即，得
又，，
故，，由题得方程有两个不相等的正实根，
两边取对数得有两个不相等的正实根，
构造函数，求导得，
令，解得；
当时，；当时，；
易知在单调递增，在单调递减，且，
可知的图象如下图所示：
由数形结合得，，所以.
17．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）因为在中，，
所以，，
所以由正弦定理可得，
即.
（2）设，
在中由余弦定理可得，
即，解得，
所以的面积.
（3）设，则，
所以，则，
在中由余弦定理可得，
在中由余弦定理可得，
在中由余弦定理可得，
即，整理得，
令，，则，即，
两边平方得，解得或，
当时，舍去，
当时，成立，
所以，，
所以的周长为.
18．【答案】（1）见详解
（2）
（3）
【详解】（1）取的中点，连接,
因为，,且的中点，所以，
又平面，故平面，
由于平面，故,
（2）当时，由则，
取的中点，连接
故到四点的距离相等，故为三棱锥外接球的球心，
因为故，
设到平面的距离为,到平面的距离为，
由等体积法可得
而
由于故，
所以从而
故到平面的距离为，
（3）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
过点作平面的垂线，垂足为，
设为翻折过程中所旋转的角度，则，
故，
，
则,
设平面的法向量为，则
，
取则，
设平面的法向量
,
取则，
设平面平面与的夹角为，
故
,
,
令，，故，
由于，故
当且仅当即时取等号，
故平面与平面夹角余弦值的最小值为，此时.
19．【答案】（1）
（2）见详解
（3）为定值，
【详解】（1）由题意，抛物线准线方程为，故，
所以抛物线的标准方程为.
（2）设，由于在第一象限，故斜率存在，
设直线的方程为，
由于在第一象限，可得，，
所以切线斜率为，即直线的方程为，
令得，由题意知，
故，，
故
（3）如图，

设，
由关于轴对称，可得，
由，，可得，
所以，即，
联立与，，解得
同理，故，
设直线与轴交于，则关于点对称，即，
由，令，得，所以，
故，则，
可得垂直于，故，可得，
延长交轴于，则，
又，故，从而与重合，即共线，
进而，注意到，故.
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一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知i是虚数单位，在复平面内，复数，则对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．的值为（ ）
A． B． C． D．
4．在中，角，，的对边分别为，，，，，则的外接圆的半径为（ ）
A． B． C． D．
5．在平面直角坐标系中，角的顶点为，始边与轴正半轴重合，终边过点，则（ ）
A． B．
C． D．
6．若，当时，的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
7．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．已知函数，直线与曲线相切，则实数（ ）
A．－3 B．－1 C．1 D．3
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知正方体的棱长为1，是线段的中点，则（ ）
A． 平面 B． 与所成夹角为
C． 平面平面 D． 三棱锥的体积为
10．在中，，，，点为边上一动点，则（ ）
A．
B．当为角的角平分线时，
C．当点为边上点，时，
D．若点为内任一点，的最小值为
11．在下列四个命题中，正确的是（ ）
A．命题“，使得”的否定是“，都有”
B．当时，的最小值是5
C．若不等式的解集为，则
D．“”是“”的必要不充分条件
三、填空题（本大题共3小题）
12．曲线在点处的切线的方程为 ．
13．如图，有排列整齐的20个盒子和20个球（其中红球和黄球各5个，黑球10个），在每个盒子中随机放入了一个球，球的颜色可能是红色、黄色、黑色中的一种.现随机先后打开每个盒子（直到打开所有盒子结束），则红球最先被全部开出的概率为 .
14．有个人围坐在一个圆桌边上，每人都越过对面与另外一人握手，若要求所有人握手时手臂互不交叉，例如时，一共有4个人，以1、2、3、4表示，握手两人用一条线连结，共有2种方式，如图所示.记一次握手中，共有对相邻的两人握手，当时，的数学期望 .

四、解答题（本大题共5小题）
15．已知数列是公差不为0的等差数列，首项，且，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式.
（2）设数列满足求数列的前n项和．
16．如图，在四棱台中，底面为矩形，平面平面，且.
（1）证明：平面；
（2）若与平面所成角为，求二面角的余弦值.
17．已知二次函数，关于的不等式的解集为，其中为非零常数，设.
（1）求的值；
（2）如何取值时，函数存在极值点，并求出极值点.
（3）若，且，求证：.
18．已知抛物线的顶点在原点，焦点在轴上，点在抛物线上，且．
（1）求抛物线的方程；
（2）已知圆交抛物线与，两点，过劣弧上一点作圆的切线交抛物线与，两点，求的取值范围．
19．已知椭圆：的焦距为2，且过点.
（1）求C的标准方程；
（2）过点作两条斜率存在且不为零的直线，分别交于和，满足.
（i）证明：，的斜率之和为定值；
（ii）求四边形面积的最大值.
参考答案
1．【答案】D
【详解】因为，所以，而，
所以，
故选D
2．【答案】B
【详解】，对应复平面的点是，在第二象限.
故选B
3．【答案】C
【详解】原式.
故选C.
4．【答案】B
【详解】，可得，
为内角
，
故选B
5．【答案】D
【详解】根据三角函数的定义，可得，，
又由.
故选D．
6．【答案】B
【详解】当时，
由于是一个减函数，故有，
由于是一个递增的幂函数，故，
由于是递减的对数函数，故，
综上.
故选B.
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】A
【详解】，
设直线与曲线的切点横坐标为，
所以，且，
解得，.
故选.
9．【答案】BC
【详解】对于A：取中点，连接，则平面即平面，
因为，∩平面，所以A错误；
对于B：连接，则，所以或其补角即异面直线与所成角，
连接，因为是正三角形，所以，B正确；
对于C：平面即平面，因为，所以，
由正方体的性质，⊥平面，平面，所以，
因为，平面，所以⊥平面，
又平面，所以平面⊥平面，C正确；
对于D：，D错误．
故选BC．
10．【答案】ABC
【详解】A：，对；
B：由题意，
所以，可得，对；
C：由，则，
所以，对；
D：构建如下图的直角坐标系，则，若，
所以，
则
，
当时，在三角形内满足题设，此时的最小值为，错.
故选ABC
11．【答案】ABC
【详解】对于A，“，使得”的否定是“，都有，故A正确；
对于B，由基本不等式，，当且仅当，
即时，取等号，故B正确；
对于C，不等式的解集为，
则的根为，由韦达定理，
，则，故C正确.
对于D，时，可得，，可得或，
则，得不到，则“”是“”的充分不必要条件，故D错误.
故选ABC
12．【答案】
【详解】对函数求导得，则，
因此，曲线在点处的切线的方程为.
13．【答案】
【详解】由题知红球、黄球、黑球个数分别为5，5，10.
记“最后打开的盒子中的球是黄球”为事件，“最后打开的盒子中的球是黑球”为事件，显然事件与互斥，
记“红球最先全部开出”为事件，则.
当事件发生时，只需考虑装红球、黑球的所有盒子已全部打开，最后被打开的那一个盒子是黑球，可得，
则.
当事件发生时，只需考虑装有红球、黄球的所有盒子已全部打开，最后被打开的那一个盒子是黄球，可得，
则，
所以.
14．【答案】
【详解】当时，共有6人围坐在圆桌旁，不妨按顺时针方向标记为，
用表示i和j握手，
若1和2握手，则6人共有两种握手方法，即和；
若1和6握手，则6人共有两种握手方法，即和；
若1和4握手，则6人共有一种握手方法，即，
故当时，共有5种握手方法；
由题意可知Y的取值可能为，
时，握手方式为：和以及，
此时；
则时，握手方式有2种，此时；
故Y的分布列为：
Y 2 3
P
则.
15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）设等差数列的公差为d，
由题意得，
即，即，
解得或，
因为，所以，
所以．
（2）令，即，
故
．
16．【答案】（1）见详解；（2）.
【详解】
（1）如图，在梯形中，因为，
作于，则，所以，
所以，连结，由余弦定理可求得，
因为，所以，
因为平面平面且交于，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，，
所以平面；
（2）连结，由（1）可知，平面，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
因为平面，所以在平面内的射影为，
所以与平面所成的角为，即，
在中，因为，所以，
则，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则有，即，
令，则，，故，
设平面的法向量为，
则有，即，
令，则，，故，
所以，
由图可知，二面角锐二面角，
故二面角的余弦值为.
17．【答案】（1）
（2）见详解
（3）见详解
【详解】（1）由得：，
即，
的解集为，
与是方程的两根，，解得：.
（2）由（1）得：，
，
则定义域为，，
方程的判别式；
①当时，，方程的解为：，，
，，
则当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
有极小值点，此时；
②当时，由得：或；
，的对称轴为；
（i）若，则，，
则当时，，在上单调递增，没有极值点；
（ii）若，则，且，
则当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减；
有极小值点，极大值点；
综上所述：当，时，有极小值点；当，时，有极小值点，极大值点.
（3），，
；
令，则，
（当且仅当时等号成立），
，即.
18．【答案】（1）；（2）．
【详解】（1）设抛物线的方程为，将坐标代入方程得，①
又，②
由①，②解得，所以抛物线的方程为．
（2）由题意可得、两点坐标分别为，
当直线斜率不存在时，，
当直线斜率存在时，设直线的方程为，，，，，
由直线与圆相切，得，即，且，
所以，
在劣弧上，所以，由图象的对称性不妨研究，
联立，化简得，
有韦达定理得，
由抛物线的定义可得
，
设，，，
，
对称轴为，在上单调递增，
所以，
综上，．
19．【答案】（1）
（2）（i）见详解；（ⅱ）
【详解】（1）由焦距，即，可知两焦点坐标分别为，，
则，
即，，
所以的标准方程为.
（2）
（i）设P，Q的坐标分别为，，设的方程为，
联立，整理得，
所以，
，，
，
设的方程为，同理有，
所以，即，
由于，所以，即，所以，的斜率之和为定值0.
（ⅱ）不妨设的斜率，其倾斜角为，
则四边形的面积为，
，
同理得，
由，得，
又，
所以.
设，由基本不等式得，
当且仅当等号成立，
设，，，
所以在区间上单调递减，
当时，取得最大值，
所以四边形的面积最大值为.
或
设，由基本不等式得，当且仅当等号成立，
设，
可知在区间上单调递增，当时，取得最大值，
所以四边形的面积最大值为.
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一、单选题（本大题共8小题，共40分）
1．[5分]已知，则（ ）
A．1 B． C．2 D．4
2．[5分]如图，在平行四边形中，为的中点，则（ ）
A． B． C． D．
3．[5分]设是定义在上且周期为2的奇函数，当时，，则（ ）
A． B．0 C．2 D．
4．[5分]已知cos，且-π<α<-，则cos等于（ ）
A． B．- C． D．-
5．[5分]若，（且），则的最小值为
A．1 B．2 C．3 D．4
6．[5分]已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
7．[5分]如图所示各图中反映了变量是的函数是（ ）
A． B．
C． D．
8．[5分]甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲中靶的概率为0.6，乙中靶的概率为0.7，且两人是否中靶相互独立，若甲、乙各射击一次，则（ ）
A．两人都中靶的概率为0.12 B．两人都不中靶的概率为0.42
C．恰有一人中靶的概率为0.46 D．至少一人中靶的概率为0.74
二、多选题（本大题共3小题，共15分）
9．[5分]设函数，则（ ）
A．在上单调递增
B．在内有5个极值点
C．的图象关于直线对称
D．将的图象向右平移个单位，可得的图象
10．[5分]已知，则（ ）
A． B．
C． D．若，则
11．[5分]如图所示，在正方体中，，分别是，的中点，是线段上的动点，则下列判断正确的是（ ）
A．三棱锥的体积是定值
B．过，，三点的平面截正方体所得的截面是六边形
C．存在唯一的点，使得
D．与平面所成的角为定值
三、填空题（本大题共3小题，共15分）
12．[5分]在空间直角坐标系中，点，点是点关于平面的对称点，则 .
13．[5分]计算： ．
14．[5分]设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，点到直线的距离为，则的取值范围为 .
四、解答题（本大题共5小题，共80分）
15．[12分]如图，在圆内接中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足.
（1）求B；
（2）若点D是劣弧AC上一点，AB=2，BC=3，AD=1，求四边形ABCD的面积
16．[16分]记的内角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）若的周长为，求的面积.
17．[16分]已知四棱台，底面是边长为2的菱形，平面，，是的中点．

（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的正切值．
18．[16分]某学校开展了数学竞赛考试，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六组：，，…，，得到如图所示的频率分布直方图，
（1）求图中的值和样本成绩的中位数；
（2）已知学校用分层抽样的方法，从，两组内抽取了7份试卷作为优秀试卷，并从对应的学生中随机选取3人进行采访，设接受采访的学生中成绩在内的有人，求的分布列和数学期望．
19．[20分]已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，且椭圆上一点M到的距离的最大值为3，已知直线l过且与椭圆交于A，B两点．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若，求直线l的方程；
（3）设直线AB与y轴交于点D，过D作直线与椭圆C交于P，Q两点，且，直线AP与BQ交于点N，探究：点N是否在某条定直线上，若存在，求出该直线方程；若不存在，请说明理由．
参考答案
1．【答案】A
【详解】，
所以.
故选A
2．【答案】B
【详解】因为在平行四边形中，，由于为的中点，所以，
故选B
3．【答案】B
【详解】是定义在上且周期为2的奇函数，
，
当时，，，
.
故选B.
4．【答案】D
【详解】∵cos=sin，
又-π<α<--α<
∴cos=-=-
故选D
5．【答案】D
【详解】，（且），，且，
所以，
当且仅当取等号.
故选D
6．【答案】D
【详解】，而或，故，
故选D．
7．【答案】D
【详解】根据函数的概念，对于任意的都有唯一的与之对应，故D正确.
故选D.
8．【答案】C
【详解】设甲中靶为事件， 乙中靶为事件，
则两人都中靶的概率为，
两人都不中靶的概率为，
恰有一人中靶的概率为，
至少一人中靶的概率为.
故选C
9．【答案】CD
【详解】对于A，当时，，
解，得；解，得.
则在上单调递减，在上单调递增，故A错误；
对于B，当时，，
则当或或或或或时，取得极值，
∴在内有6个极值点，B错误；
对于C，当时，，，∴图象关于对称，C正确；
对于D，将向右平移个单位可得：，D正确．
故选CD．
10．【答案】BCD
【详解】对A,因为，则，即，
所以，所以选项不正确；
对B,因为，所以，又，所以，
，
又，所以，所以B选项正确；
对C，，
所以C选项正确；
对，因为，
若，则，所以选项正确，
故选BCD.
11．【答案】AC
【详解】因为是线段上的动点，而且，
所以的面积为定值，又点到平面的距离为定值，
，所以三棱锥的体积是定值，A正确；
过作分别交，的延长线于，，连接，，如图，
为，的交点，为，的交点，所以截面为五边形，B错误；
在上运动，当时，，而为中点，
所以当为中点时，，故存在唯一的点使得，C正确；
由，平面，平面，则平面，
所以到平面的距离一定，而长度随运动会变化，
故与平面所成的角不为定值，D错误.
故选AC.
12．【答案】5
【详解】因为点是点关于平面的对称点，所以点的坐标为，
所以.
13．【答案】3
【详解】．
14．【答案】
【详解】动直线 过定点 ，
动直线 即 过定点 .
因为，所以直线与直线垂直，
又直线的斜率一定存在，
注意到时，满足，但此时直线垂直轴，斜率不存在，
故点在以为直径的圆上（去除点），
圆心为 ，半径 ，
圆心到直线 的距离为
所以圆与直线 相切（切点不是点），的最小值为0；
圆的直径，且点到直线 的距离为，所以，
即的取值范围为 .
15．【答案】（1）；（2）.
【详解】（1）根据正弦定理化简即可．
（2）在，利用余弦定理求出，已知，可得，再余弦定理求出，即可和面积，可得四边形的面积．
【详解】解：（1）由正弦定理得，
得.
因为，
所以，即.
（2）在中AB=2，BC=3，，，
解得.
在中，，A，B，C，D在圆上，
因为，所以，
所以，
解得或（舍去），
所以四边形ABCD的面积.
16．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）（方法一）由及正弦定理，
得.
又，得，
即.
因为，所以.
（方法二）由及正弦定理，
得.
又，得，
即，
因为，所以，故，
所以，故，即.
（2）由（1）得.
由的周长为，得.
由，
所以，即，
故，
所以.
17．【答案】（1）见详解
（2）．
【详解】（1）因底面是菱形，，是中点，所以，
又，则．已知平面，平面，所以．
因为平面，且，所以平面．
因为平面，平面平面．

（2）解法1：在等腰直角中，过作，
则是中点，．
又，所以平面，
又因为平面，所以，
过作，连接，
由于，平面，所以平面，
又平面，故，所以为平面与平面的夹角，
由（1）知，在中，，
故，
因为平面，平面，所以，
则．
解法2：因为平面，所以两两垂直．
以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系
则，∴，
由（1）易知平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则不妨取，得，
设平面与平面的夹角为，则，
故正切值为．
18．【答案】（1），中位数为75
（2）分布列见详解，
【详解】（1）∵每组小矩形的面积之和为1，
∴，
∴
成绩落在内的频率为，
成绩落在内的频率为，
∴中位数落在内，
设中位数为，则，解得，即中位数为75．
（2）由分层抽样可知，成绩在的人数为人，成绩在的人数为2人，
故的可能取值为0，1，2，
且
0 1 2
故．
19．【答案】（1）椭圆C的标准方程为；
（2）直线l的方程为；
（3）点N不在定直线上
【详解】（1）根据椭圆的性质，椭圆，离心率（c为半焦距），
且椭圆上一点到左焦点距离的最大值为．
由离心率，可得，
因为椭圆上一点M到的距离的最大值为3，即，
将代入，可得，解得，那么，
根据，可得．
所以椭圆C的标准方程为．
（2）设，，，因为直线l过，
当直线l斜率不存在时，与方向相反，不满足，
所以直线l斜率存在，设直线l的方程为．
联立直线与椭圆方程，消去y可得：
，
由韦达定理得，．
因为，所以，
即，也就是．
将代入，可得，即，．
再代入，可得，
解得，
所以直线l的方程为．
（3）由（2）知直线AB过，由题意其斜率存在，
设直线AB方程，令，得，所以．
由过点，且，则是PQ中点；
当时，直线即为轴，与轴交于原点即，与椭圆交于长轴两点，
此时不妨取，
则过原点的直线与椭圆交于两点，恒有，
由对称性可知，即两直线无交点，不符合题意，
故，
结合椭圆对称性可知，设，，
则，．
由，两式相减得：
将，代入上式，可得，
因为，所以，即PQ垂直于y轴，直线方程为．
联立，可得，，，
不妨设，,其中，
由（2）知，设，，不妨设，
由，．
故当时，则，又由，
可解得，
则，且，
此时交点；
故当时，则，又由，
可解得，
，
且，
此时交点；
当时，，则，，
，，
此时交点；
，，
因为，
所以不共线，故动点不在定直线上；
同理由对称性可知，当时，也不在定直线上，
综上可得，动点不在定直线上.
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一、单选题（本大题共8小题，共40分）
1．[5分]在复平面内，i为虚数单位，若复数，则（ ）
A． B． C． D．
2．[5分]学习小组对某水域捕鱼活动的活动量、成本和收益进行建模研究.研究发现，若捕鱼活动量为个单位，则捕鱼活动的收益，捕鱼活动的成本，其中为单位捕鱼活动的成本.捕鱼活动的利润为收益与成本之差.已知初始状态下，且当时捕鱼活动的利润最大.为改善初始状态下该水域存在的过度捕捞问题，现通过人为干预将单位捕鱼活动的成本增加到，使得时捕鱼活动的利润减少到0，则约为（ ）
A．4.6 B．5.4 C．6.2 D．7.0
3．[5分]已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为4,侧棱长为2,点M在平面B1BCC1上(不含三棱柱的顶点),若MA1⊥MB,则CM的最小值为 (　　)
A．3-
B．2-
C．
D．-
4．[5分]已知集合则（ ）
A． B． C． D．
5．[5分]已知集合有且仅有2个子集，则实数的取值集合为（ ）
A． B．
C． D．或
6．[5分]已知l，，是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题一定正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，，则
C．若，，，则
D．若，，，且，，则
7．[5分]已知函数，若，则a、b、c之间的大小关系是（　　）
A． B． C． D．
8．[5分]已知定义域为的函数不是常函数，且满足，，则（ ）
A． B．2 C． D．2026
二、多选题（本大题共3小题，共15分）
9．[5分]已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，分别为的中点，点P在直线上，且，下列说法中正确的有（ ）
A．直线MN与所成角的大小为
B．
C．PN与平面ABC所成最大角的正切值为2
D．点N到平面AMP距离的最大值为
10．[5分]在棱长为1的正方体中，M，N分别为AD，CD的中点，过，M，N三点的截面将正方体分成两部分，其中体积小的几何体的体积记为，体积大的几何体的体积记为，则（ ）
A．平面 B．
C．截面的周长为 D．
11．[5分]已知函数，则（ ）
A．当时，曲线在处的切线方程为
B．当时，有极值点，且.
C．对任意，函数都存在最小值
D．若恒成立，则
三、填空题（本大题共3小题，共15分）
12．[5分]在中，若，则的取值范围为 .
13．[5分]已知，且，则 ．
14．[5分]若直线经过抛物线的焦点，与交于点，，若在以为直径的圆上，则该圆的标准方程为 ．
四、解答题（本大题共5小题，共80分）
15．[12分]如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，底面为等边三角形，平面平面，点分别是的中点.

（1）证明：平面平面；
（2）若，点在直线上，且平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长.
16．[14分]已知满足 ，且时，
（1）判断的单调性并证明；
（2）证明：；
（3）若，解不等式．
17．[18分]设函数（）.
（1）讨论函数的极值；
（2）若函数在区间上的最小值是4，求a的值.
18．[18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．[18分]如图1，在中，，，的垂直平分线与，分别交于点，，且，沿将折起至的位置，得到四棱锥，如图2.
（1）设.
①证明：.
②已知，是否存在实数，使得平面？若存在，请求出；若不存在，请说明理由.
（2）若与平面所成的角为，求二面角的余弦值.
参考答案
1．【答案】C
【详解】依题意，.
故选C.
2．【答案】C
【详解】设捕鱼活动的利润为，
则，
所以，
令，解得，
所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；
所以当时，取最大值，为，
所以；
由题意可得当单位捕鱼活动的成本增加到，时，，
所以，解得.
故选C.
3．【答案】D
【详解】由题意知,点M是在以线段A1B为直径的球与平面B1BCC1形成的交线上．
如图,取A1B的中点D,B1C1的中点P,连接A1P,BP,设BP的中点为E,连接DE,则DE∥A1P,DE=A1P,过点E作EN⊥BC,垂足为N,由于A1P⊥B1C1,又根据正三棱柱的性质可知BB1⊥A1P,B1C1∩BB1=B1,B1C1,BB1 平面B1BCC1,所以A1P⊥平面B1BCC1,则DE⊥平面B1BCC1,DE=A1P=××4=,而A1B==2,EN=BB1=1,BN=1,CN=3,CE==,故点M在以E为圆心,r==为半径的圆上,故CM的最小值为CE-=-,故选D．
4．【答案】B
【详解】因为且，所以,，
当时，代入集合可得到：，即；
当时，代入集合可得到：，即；
当时，代入集合可得到：，即；
当时，代入集合可得到：，即.
因为，所以.
故选B.
5．【答案】B
【详解】由集合有且仅有2个子集，可得集合中有且只有一个元素，
所以方程有2个相等的实数解，
即，解得，
所以实数的取值集合为，
故选B.
6．【答案】C
【详解】对于A，由，，，得或与相交或与是异面直线，A错误；
对于B，由，，，，得或与相交，B错误；
对于C，由，，，得，C正确；
对于D，由，，，且，，得或与相交，D错误.
故选C
7．【答案】A
【详解】根据题意，函数，其定义域为，
则，
即函数为偶函数，
设，有，
设，则，
当时，为减函数且，
而在为增函数，
则在，上为减函数，
又由，则在区间，上，，
又由，则在区间，上为增函数，
又由，
则有，
故选．
8．【答案】A
【详解】由题意，令，得，又不是常函数，所以，
再令，得，即，
则，即，
所以函数的一个周期为4，由，令，
得，
所以，
所以
.
故选A.
9．【答案】BCD
【详解】由题设，构建如下图示空间直角坐标系，则，
所以，，，，
则，显然直线MN与所成角不为，A错；
又，故，B对；
由面的一个法向量为，则，
所以时，PN与平面ABC所成最大角的正弦值为，则正切值为，C对；
由，，若为面AMP的一个法向量，
则，令，则，
又，则点N到平面AMP距离为，
令，则，故，D对.
故选BCD
10．【答案】ABD
【详解】对于A，连接AC，则，，所以，
又平面，平面，所以平面，故A正确；
对于B，连接，在正方体中，，平面，
又平面，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以，故B正确；
对于C，过的截面为梯形，
，，，
所以其周长为，故C错误；
对于D，截面将正方体分成三棱台和剩余的部分，
三棱台的体积为，
剩余部分的体积为，所以，故D正确．
故选ABD．

11．【答案】BCD
【详解】A选项，当时，，则，从而，
所以在处的切线方程为即，A错误；
B选项，当时，，定义域，且，
设，则，所以在上单调递增，
又因为，所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，即，B正确；
C选项，定义域，，
设，则，所以即在上单调递增，
当且时，，此时，
当时，，此时，
所以必存在唯一零点，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，在处取得最小值，C正确；
D选项， 由C选项知，一定存在最小值，得，
则满足，，
要使得恒成立，则即恒成立，
当时，，恒成立，
当时，分离参数可得恒成立，则，
设，则，
令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，D正确；
故选BCD.
12．【答案】
【详解】由，得，
由正弦定理得，则，当且仅当时等号成立.
又，且余弦函数在上单调递减，则，
而正弦函数在上单调递增，因此，
所以的取值范围为.
13．【答案】
【详解】由，则，
由，得，
则，即，，
所以，
则.
14．【答案】
【详解】方法一：设经过焦点的直线与曲线交于，，
联立，化简得，所以，，
因为以为直径的圆过点，所以，即．
因为，所以．
由韦达定理，得，即，此时，且，所以的中点即圆心为．
所以圆心与点的距离为（此时恰为该圆与抛物线准线的切点），
即圆的标准方程为．
方法二：如图，过分别向直线引垂线，．
因为，且在准线上，取的中点并作垂直于准线，
则，所以以为直径的与准线切于点，即与重合．
因为，而，所以．
又，．所以，所以，即．
所以直线的斜率为，方程为，此时中点．
所以圆的标准方程为．
15．【答案】（1）见详解
（2）2
【详解】（1）如图，取的中点，连接，因为侧面为菱形，，

所以.又因为平面平面，
平面平面，
平面，所以平面.
又因为是的中点，所以四边形为平行四边形，所以，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）连接，因为为等边三角形，则.

所以两两垂直.则以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
因为AB=2，所以.
故，
.
设，则，
即.，
.
设平面的一个法向量为，
则则，取，则，.
故平面的一个法向量为.
又由（1）可知平面的一个法向量为，
由题意可得，即.
解得.又，所以，线段CF的长为2.
16．【答案】（1）减函数，见详解
（2）见详解
（3）或．
【详解】（1）是上的减函数，证明如下：
对任意且，则，所以；
又即，所以.
所以是上的减函数.
（2）由，令，得；
再令可得；
即.
（3），，
，即，又是上的减函数，
所以，解得：或，
所以不等式的解集为或.
17．【答案】（1）当时，函数在R上无极值；当时，的极小值为，无极大值.（2）
【详解】解：（1）.
当时，，在R上单调递增；无极值
当时，，解得，
由，解得.
函数在上单调递减，函数在上单调递增，
的极小值为，无极大值
综上所述：当时，函数在R上无极值；
当时，的极小值为，无极大值.
（2）由（1）知，当时，函数在R上单调递增，
∴函数在上的最小值为，即，矛盾.
当时，由（1）得是函数在R上的极小值点.
①当即时，函数在上单调递增，
则函数的最小值为，即，符合条件.
②当即时，函数在上单调递减，
则函数的最小值为即，矛盾.
③当即时，函数在上单调递减，函数在上单调递增，
则函数的最小值为，即.
令（），则，
∴在上单调递减，
而，∴在上没有零点，
即当时，方程无解.
综上，实数a的值为.
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）①见详解；②存在，
（2）.
【详解】（1）①证明：如图，在中，记的中点为，连接.
由题意，是的中位线，
因为，，所以，，
在中，由正弦定理得，
即，解得.
因为，且，所以.
因为是的垂直平分线，所以是等腰直角三角形，所以.
在翻折后，，.
因，有，所以是等腰直角三角形.
故，，与相交于，且平面，所以平面.
因为平面，平面，所以.
②解：由①知在四棱锥中，，，两两垂直，
延长至点Q，使得，则.
延长至点P，使得，则.
因为，，所以，
不在平面内，平面，
所以平面，
因为，，所以，
不在平面内，平面，
所以平面，
因为与相交于，且平面，
所以平面平面.
因为平面，所以平面.
此时，即.
（2）
过作于，过作，交于，连接.
则即为二面角的平面角.
因为，，与相交于，且平面.所以平面.又因为平面，所以平面平面.
所以是直线在平面的投影，故即为与平面所成角，所以.
因为，所以.
因为，，且为的中点，所以.
因为，，故.
在中，，，，
所以，.
在中，，，，所以.
在中，，，，
由余弦定理得，
即二面角的余弦值为.
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一、单选题（本大题共8小题，共40分）
1．[5分]若复数z满足，则z的虚部为（ ）
A． B． C． D．
2．[5分]已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
3．[5分]已知直线，，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
4．[5分]学习小组对某水域捕鱼活动的活动量、成本和收益进行建模研究.研究发现，若捕鱼活动量为个单位，则捕鱼活动的收益，捕鱼活动的成本，其中为单位捕鱼活动的成本.捕鱼活动的利润为收益与成本之差.已知初始状态下，且当时捕鱼活动的利润最大.为改善初始状态下该水域存在的过度捕捞问题，现通过人为干预将单位捕鱼活动的成本增加到，使得时捕鱼活动的利润减少到0，则约为（ ）
A．4.6 B．5.4 C．6.2 D．7.0
5．[5分]已知双曲线C：的渐近线方程为，点在C上，则C的焦距为（ ）
A． B． C． D．
6．[5分]非零向量满足与垂直，则与的夹角为（　　）
A． B． C． D．
7．[5分]已知函数（，且）的图象恒过定点，则（ ）
A． B．
C． D．
8．[5分]下列函数在区间(－∞，0)上为增函数的是(　　)
A．y＝1 B．y＝－ ＋2
C．y＝－x2－2x－1 D．y＝1＋x2
二、多选题（本大题共3小题，共15分）
9．[5分]已知复数，为虚数单位，为的共轭复数，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．
C．是实数
D．在复平面上对应的点在第二象限
10．[5分]下列命题中正确的是（ ）
A．已知随机变量，则
B．数据2，3，4，5，6的第60百分位数是4
C．若事件A与B互斥，且，，则
D．样本数据，，…，的平均数为，方差为，则，，…，的平均数为，方差为
11．[5分]《九章算术》是我国的一部数学经典著作，其在卷第五《商功》中记载“斜解立方，得两堑堵”，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱.如图，在堑堵中，，分别为的中点，则（ ）

A．该堑堵的体积为108 B．平面
C．该堑堵外接球的表面积为 D．平面与BC的交点恰好为线段BC的一个三等分点
三、填空题（本大题共3小题，共15分）
12．[5分]已知实数满足，则______．
13．[5分]设函数，若，则 ．
14．[5分]已知点是椭圆：上的动点，若，则的最小值为 .
四、解答题（本大题共5小题，共80分）
15．[12分]在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面平面ABCD，点M在线段PB上，平面MAC，.
（1）判断M点在PB的位置并说明理由；
（2）记直线DM与平面PAC的交点为K，求的值；
（3）若异面直线CM与AP所成角的余弦值为，求二面角的平面角的正切值.
16．[14分]已知集合，．
（1）若“”是“”的必要不充分条件，求实数a的取值范围；
（2）若“”是“”的充分不必要条件，求实数a的取值范围．
17．[14分]已知等比数列的前项和为，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前48项和.
18．[20分]在直三棱柱中，，，.
（1）证明：平面平面；
（2）若点在棱上，且，，，均在球的球面上.
（i）证明：存在点使得点在平面内；
（ii）求直线与平面所成角的大小.
19．[20分]已知函数.
（1）若，求的极值；
（2）若，判断的零点个数并证明；
（3）若对任意，求实数的取值范围.
参考答案
1．【答案】D
【详解】由题意可得，
所以复数z的虚部为.
故选D.
2．【答案】C
【详解】依题意，集合，而，
所以.
故选C
3．【答案】C
【详解】直线，平行或重合的充要条件是，所以或．
将代入直线，的方程，得，，易知；
将代入直线，的方程，得，，直线，重合，故舍去．
综上所述，“”是“”的充要条件．
故选．
4．【答案】C
【详解】设捕鱼活动的利润为，
则，
所以，
令，解得，
所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；
所以当时，取最大值，为，
所以；
由题意可得当单位捕鱼活动的成本增加到，时，，
所以，解得.
故选C.
5．【答案】D
【详解】双曲线C：的渐近线方程为，则有，即，
双曲线方程可表示为，
点在C上，有，解得，即，得，
双曲线中为半焦距，则有，得，
所以双曲线C的焦距为.
故选D
6．【答案】C
【详解】易知，即；
又，所以，即；
因此，
又，所以所求夹角为.
故选C
7．【答案】B
【详解】根据指数型函数恒过定点的性质判断，的值，进而确定各选项对错.
【详解】因为，所以，即，，
则，A错误；
，B正确；
，C错误；
，D错误．
故选B.
8．【答案】B
【详解】y=1 在区间（－∞,0）上不增不减; y=－+2在区间（－∞,0）上单调递增; y=－x2－2x－1在区间（－∞,0）上有增有减; y=1+x2在区间（－∞,0）上单调递减;所以选B.
9．【答案】ABC
【详解】，所以，故A正确；
，故B正确；
，故C正确；
在复平面上对应的点在第四象限，故D错误.
故选ABC.
10．【答案】CD
【详解】由题意可知，则，所以A错误；
数据2，3，4，5，6共5个数，第60百分位数是第3个数和4个数的平均数，是，所以B错误；
事件A与B互斥，则，所以C正确；
根据平均数和方差的性质，样本数据，，…，的平均数为，方差为，则，，…，的平均数为，方差为，所以D正确；
故选CD.
11．【答案】ACD
【详解】由题意该堑堵的体积为，故A正确；
因为直线与直线相交，所以直线与平面不平行，故B错误；
该堑堵可以放置在边长为6的正方体中，
该堑堵的外接球和正方体的外接球为同一个外接球，
所以该堑堵的外接球半径为，
所以外接球的表面积为，故C正确；
延长并与的延长线交于点F，连接，交于点，连接，
由可知，由可得，
平面与BC的交点恰好为线段BC的一个三等分点，故D正确.

12．【答案】1
【详解】因为，则，，
所以，
故答案为：．
13．【答案】3
【详解】当时，，所以，不满足题意，
当时，，所以，满足题意.
14．【答案】/
【详解】由题意得，且
所以
当时，取得最小值为
15．【答案】（1）M为PB中点，理由见详解
（2）
（3）或
【详解】（1）连接BD交AC于O，连接OM，
因为平面MAC，平面PBD，
平面平面，则，
又因为O为BD中点，所以M为PB中点.
（2）如图所示，连接OP，则平面平面，，
因为O为BD的中点，M为PB的中点，所以点K为重心，
由三角形重心的性质，可得.
（3）取AD中点H，连接PH，HB，取HB中点G，连接MG，GC，可得.
取AB中点N，连接MN，NC，可知，
所以或其补角就是异面直线CM与AP所成角，如图所示，
因为平面平面ABCD，平面平面ABCD，
又，所以，
所以平面ABCD，因此平面ABCD，令，，
由，且M为PB的中点，可得，
在中，可得，，，由余弦定理，可得，
在直角中，，
又由M，N分别是PB，AB的中点，可得，
所以，
解得，解得或，即或，
过G作交CD于Q，连接MQ，由，且，
可得平面MGQ，所以，
所以就是所求二面角的平面角，如图所示，
在直角中，可得或.
16．【答案】（1）
（2）
【详解】解：（1）因为“”是“”的必要不充分条件，可得A是B的真子集，则满足，解得，所以实数a的取值范围为．
（2）因为“”是“”的充分不必要条件，可得B是A的真子集．①当，即时，此时，符合题意；②当，即时，则满足，即，解得．综上可得，实数a的取值范围为．
17．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）设公比为，由，有，解得.
又由，有，解得.
故，即数列的通项公式为.
（2）由，
有.
18．【答案】（1）见详解
（2）（i）见详解；（ii）
【详解】（1）由已知，平面，平面，故.
又，，平面，平面，
故平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）（i）以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.

由已知可得，，. 设，，
因为，所以
解得，
要证明点在平面内，即证明，当时，可解得，
因为点在棱上，，符合题意.
这说明存在满足条件的点，使得球心坐标为，即点在平面内.
（ii）由（i）可得，，，，.
设是平面的法向量，
则即可取.
则，
设直线与平面所成角为，故，又，
所以.
故直线与平面所成角的大小为.
19．【答案】（1）的极小值为，无极大值；
（2）两个零点，见详解；
（3）.
【详解】（1）当时，函数，其定义域为，
对求导，得，
设，对求导得，所以在上单调递增；
又，
当时，，即，单调递减；
当时，，即，单调递增；
所以在处取得极小值，，无极大值；
（2）当时，，
，所以是一个零点，
求导得，令，
，
当时，，
当时，，
综上 ，即在上单调递增，
又，
所以存在唯一的零点，
则时，，单调递减，时，，单调递增，
所以，又，
所以在上还有一个零点，
综上，在上有且仅有两个零点；
（3）当时，成立，
当时，因为，所以，，
所以，所以，
当时，，令，
则，
因为，，，，
所以，所以在上单调递增，即在上单调递增，
又，
①当时，，所以，
在上单调递增，则，
所以在上单调递增；又，所以恒成立；
②当时，
， 在上单调递增，
存在，使得当时，在上单调递减，
则，时，不恒成立；
当时，恒成立，则.
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一、单选题（本大题共8小题，共40分）
1．[5分]＝（ ）
A．i B．－i C．1 D．－1
2．[5分]向量，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]已知集合，则
A． B． C．（ D．）
4．[5分]下列函数在区间(－∞，0)上为增函数的是(　　)
A．y＝1 B．y＝－ ＋2
C．y＝－x2－2x－1 D．y＝1＋x2
5．[5分]在中，，若，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
6．[5分]一组不全相等的数据，去掉一个最大值，则下列数字特征一定改变的是（ ）
A．极差 B．中位数 C．平均数 D．众数
7．[5分]已知平面向量，满足且，则与夹角的大小为（ ）
A． B． C． D．
8．[5分]设向量与的夹角为θ，定义，已知，，则（ ）
A． B． C．5 D．25
二、多选题（本大题共3小题，共15分）
9．[5分]下列说法正确的是（ ）
A．在两个变量与的列联表中，当越大，两个变量有关联的可能性越大
B．若所有样本点都在经验回归方程上，则变量间的相关系数是
C．决定系数越接近1，拟合效果越好
D．独立性检验一定能给出明确的结论
10．[5分]函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．的图象关于直线对称
B．的单调递增区间为
C．的图象向左平移个单位长度后得到函数
D．若方程在上有且只有6个根，则
11．[5分]在棱长均为2的正三棱柱中，D是棱AC的中点，则（ ）
A． B．
C．平面平面 D．平面平面
三、填空题（本大题共3小题，共15分）
12．[5分]在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，，则 .
13．[5分]抛物线的顶点为坐标原点，抛物线上两点满足：，过点作的垂线，垂足为，若点是圆的一个动点，则的最大值为 ．
14．[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．
四、解答题（本大题共5小题，共80分）
15．[12分]如图所示，已知斜三棱柱中，在上和上分别有一点和，且.

（1）求证：，，共面；
（2），且，点为侧棱上靠近点的四等分点，求直线与平面所成角的余弦值.
16．[12分]综合探究
【阅读材料】
学习小组遇到这样一个问题，如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC，对角线AC，BD相交于点O．若梯形ABCD的面积为1，试求以AC，BD，AD＋BC的长度为三边长的三角形的面积．
（第27题图）
小文是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法移动这些分散的线段，构造一个三角形，再计算其面积即可．他先后尝试了翻折，旋转，平移的方法，发现通过平移可以解决这个问题．他的方法是过点D作AC的平行线交BC的延长线于点E，得到的△BDE即是以AC，BD，AD＋BC的长度为三边长的三角形（如图2）．
参考小文同学的思考问题的方法，解决下列问题：
（1）如图2，请直接写出△BDE的面积为 ▲ ．
（2）如图3，△ABC的三条中线分别为AD，BE，CF，若△ABC的面积为2，求出以AD，BE，CF的长度为三边长的三角形的面积．
【深入探究】
（3）已知点P是 ABCD内的一点，连接PA，PB，PC，PD，∠BAP＝∠BCP，证明：
∠ABP＝∠ADP．
（第27题图）
【实践操作】
（4）如图，已知三条线段a、b、c，请利用无刻度直尺和圆规作一个三角形，使得三角形的三条中线长分别为线段a、b、c的长．（保留作图痕迹，不写作法）
（第27题图）
17．[18分]已知椭圆及直线：
（1）当直线与该椭圆有公共点时，求实数的取值范围；
（2）当时，求直线被椭圆截得的弦长
18．[18分]某市高新技术开发区，一家光学元件生产厂家生产某种元件，其质量按测试指标划分为：指标大于或等于76为合格品，小于76为次品，现抽取这种元件100件进行检测，检测结果统计如下表：
测试指标
元件数（件） 2 18 36 40 4
（1）现从这100件样品中随机抽取2件，在其中一件为合格品的条件下，求另一件为不合格品的概率；
（2）关于随机变量，俄国数学家切比雪夫提出切比雪夫不等式：若随机变量具有数学期望，方差，则对任意正数，均有成立．
（i）若，证明：；
（ii）由切比雪夫不等式可知，随机变量的取值范围落在期望左右的一定范围内的概率是有界的．若该工厂声称本厂元件合格率为，那么根据所给样本数据，请结合“切比雪夫不等式”说明该工厂所提供的合格率是否可信？（注：当随机事件发生的概率小于0.05时，可称事件为小概率事件）
19．[20分]已知抛物线的焦点为是上第一象限内的点.且到距离与到的距离相等.过作的切线交轴于点.
（1）求的标准方程；
（2）求证：；
（3）记关于轴的对称点为关于轴的对称直线为为上第四象限的点（与不重合），过做的切线，分别交于两点，若，直线的斜率为，直线的斜率为，试判断是否为定值？若为定值，求的值，若不为定值，请说明理由.
参考答案
1．【答案】A
【详解】因为，
所以.
故选A.
2．【答案】A
【详解】先讨论充分性，当时，，，此时，，，充分性成立；
再讨论必要性，当时，，即，
，解得或，必要性不成立.
综上，“”是“”的充分不必要条件.
故选A.
3．【答案】C
【详解】因为所以，故选.
考点：1.集合的基本运算；2.简单不等式的解法.
4．【答案】B
【详解】y=1 在区间（－∞,0）上不增不减; y=－+2在区间（－∞,0）上单调递增; y=－x2－2x－1在区间（－∞,0）上有增有减; y=1+x2在区间（－∞,0）上单调递减;所以选B.
5．【答案】D
【详解】因为，可得，
所以，
又因为，所以.
故选D.
6．【答案】C
【详解】A，由题意，去掉一个最大值后，剩下的数据中可能有数据等于原来的最大值，此时极差不变，A错误；
B，中位数不一定改变，如原数据为1，2，2，3，中位数为2，去掉3后，数据为1，2，2，中位数还是2，B错误；
C，设原平均数为，
假设去掉最大值后平均数不变，则，
所以，解得，
由原数据不全相等，可得，矛盾，
所以平均数一定改变，C正确；
D，众数不一定改变，如数据为2，2，3，4，众数为2，去掉4后，众数仍为2，D错误．
故选C
7．【答案】B
【详解】，
因为，所以，
可得，即，
根据向量的夹角公式，，
因为，所以．
故选B
8．【答案】C
【详解】因为，，
所以，，即，
所以向量与的夹角为，
所以，
故选C
9．【答案】AC
【详解】A选项：根据独立性检验的公式可知，当越大，两个变量有关的可能性越大，故A正确；
B选项：相关系数，故B错误；
C选项：决定系数越接近1，拟合效果越好，故C正确；
D选项：独立性检验与样本的选取有关，不一定正确，故D项错误．
故选AC
10．【答案】ABD
【详解】由图可知，，且经过，故可得，
由①，结合，则得，代入②，化简得，
即，
由图知，原函数的最小正周期满足，解得，故，即.
对于，当时，因，故直线是的一条对称轴，故正确；
对于，因，
由，可得，
即的单调递增区间为，
故正确；
对于，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数，
故错误；
对于，由可得，设，因，则，
依题意函数与在上必有6个交点，作出函数的图象如下：
由图知，需使，解得，故正确.
故选
11．【答案】BD
【详解】在正三棱柱中，，又，故与不平行，A错误；
由题得，，，
所以，所以，B正确；
因为平面，平面，，
且在平面与平面的交线上，与不垂直，
所以平面与平面不垂直，C错误；
因为是正三角形，是的中点，所以，
又，且，，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，D正确．
故选BD.
12．【答案】
【详解】由正弦定理得，
又，，，所以，
其中，，故为锐角，所以.
13．【答案】
【详解】在抛物线中，若，即，根据抛物线的性质可知直线过定点.
下面证明：设，.
因为，则，时，.
直线的斜率.
直线方程为，即.
把代入得.所以直线过定点，如下图：
因为，所以点是以为直径的圆上的动点.
的中点坐标为，.
则点的轨迹方程为（）.
点的轨迹是以为圆心，为半径的圆（除去原点），点在圆上，圆的圆心为，半径.
两圆的圆心距.
的最大值为圆心距加上两圆的半径，即.
14．【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：．
15．【答案】（1）见详解
（2）
【详解】（1）证明：因为，所以，.
，
即，由共面向量定理可知，，，共面.
故，，共面.
（2）设的中点为.因为，，所以为正三角形，
得，.又因，，
所以为正三角形，.
在中.，
由余弦定理可得，，
所以.又因，均为正三角形，所以，
且，平面，平面，
所以平面.因为平面ABC.
所以平面平面ABC.所以在平面内作，则平面ABC，
以，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图所示：

则，，，.
设是平面的一个法向量.
，
则，即
取，则，，得.
由上知，
.
设直线与平面所成角为，，.
则
故直线与平面所成角的余弦值为.
16．【答案】见详解
【详解】（1）解：设梯形的高为，
∵，
梯形的面积为1，
∴，
过点D作AC的平行线交BC的延长线于点E，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴；
（2）平移到，可得，，
∴四边形为平行四边形，
∴与互相平分，即M为的中点，
又∵，
∴，，
∴
∵F为的中点，
∴，
∴
∴N为的中点，
∴E为各边中线的交点，
∵为中线，
∴，
∵为中线，
∴，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，
而，
∴，
即的面积为面积的，
连接，
∵，
∴四边形是平行四边形，
可知与在一条直线上，
∵，
∴的面积等于的面积，
又的面积等于，
∴的面积等于，
∴，
∴的面积等于的面积，
∴的面积等于的面积的，
又为的中线，
∴的面积是面积的，
∴的面积是面积的，
∴，
又的面积为2，
∴，
∴以AD、BE、CF的长度为三边长的三角形的面积等于，
故答案为：．
（3）过点P作，分别交、于点E、F，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∵．
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
又
∴，
∴；
（4）以a，b，c为三边作，作出中点N，
连结，作出的中点M，连结交于点E，
延长到A，使，连结，并延长，在的延长线上截得，连结，，，则与互相平行，四边形是平行四边形，
延长长B，使，连结，就是所求作的三角形．
17．【答案】（1）；（2）.
【详解】（1）由消去，并整理得……①
∵直线与椭圆有公共点
∴，可解得：
故所求实数的取值范围为
（2）设直线与椭圆的交点为，
由①得： ，
当时，直线被椭圆截得的弦长为
18．【答案】（1）
（2）（i）见详解；（ii）不可信．
【详解】（1）记事件为抽到一件合格品，事件为抽到另一件为不合格品，
，，
；
（2）（i）由题：若，则，，
又，
所以（或），
由切比雪夫不等式可知，，
所以，
（ii）设随机抽取100件产品中合格品的件数为，假设厂家关于产品合格率为的说法成立，则，所以，，
由切比雪夫不等式知，，
即在假设下100个元件中合格品为80个的概率不超过0.021，此概率极小，由小概率原理可知，
一般来说在一次试验中是不会发生的，据此我们有理由推断工厂的合格率不可信．
19．【答案】（1）
（2）见详解
（3）为定值，
【详解】（1）由题意，抛物线准线方程为，故，
所以抛物线的标准方程为.
（2）设，由于在第一象限，故斜率存在，
设直线的方程为，
由于在第一象限，可得，，
所以切线斜率为，即直线的方程为，
令得，由题意知，
故，，
故
（3）如图，

设，
由关于轴对称，可得，
由，，可得，
所以，即，
联立与，，解得
同理，故，
设直线与轴交于，则关于点对称，即，
由，令，得，所以，
故，则，
可得垂直于，故，可得，
延长交轴于，则，
又，故，从而与重合，即共线，
进而，注意到，故.
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2026届湖南省邵阳市高三数学复习模拟检测试卷第 page number 页，共 number of pages 页

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