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2026年湖南省长沙市长郡中学等学校高考数学模拟试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若集合，，则( )
A. B. C. D.
2.已知复数在复平面内对应的点为，则( )
A. B. C. D.
3.已知单位向量，，满足，则( )
A. B. C. D.
4.直线与圆：的交点为，，若，则的值为( )
A. B. C. D.
5.已知函数的图象向左平移个单位长度后关于原点对称，则的最小值为( )
A. B. C. D.
6.已知数列的通项公式为，数列是以为首项，为公比的等比数列，则( )
A. B. C. D.
7.已知是定义在上的奇函数，的图象关于对称，，则( )
A. B. C. D.
8.已知随机事件，，发生的概率均为，且两两独立，那么这三个事件同时发生的概率可能为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若，则下列结论正确的是( )
A. B.
C. D.
10.在舞台上，智能机器人从舞台中心出发，伴着音乐节拍，每秒随机向正东、正西、正南、正北四个方向之一移动米，仿佛在跳一支充满不确定性的“随机舞”与此同时，另一台机器人从舞台中心正东方向米的位置起步，移动规则与相同，若相遇，则继续独立移动下列说法中正确的是( )
A. 机器人移动秒来到舞台中心的路径条数为
B. 已知机器人移动秒到达舞台中心，则其在秒移动中至少存在一步向正南移动的概率为
C. 机器人在移动秒来到舞台中心的正北方向上的概率为
D. 移动秒后机器人与的距离为米的概率为
11.如图，对每个正整数，是抛物线上的点，过焦点的直线交抛物线于另一点，并记为抛物线上分别以与为切点的两条切线的交点则( )
A.
B.
C. 若，则的最小值为
D. 若，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知，则曲线在点处的切线方程为 ．
13.如图，在平行四边形中，已知，，，现将沿折起，得到三棱锥，且三棱锥外接球的表面积为，则 ．
14.已知数列，令，其中，，且，定义，则 ．
四、解答题：本题共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.本小题分
在脑机接口技术实验中，研究人员为验证不同思维任务下，两个大脑的信号同步性是否独立，研究人员选取了组观测数据，聚焦于“逻辑推理”与“创造性想象”两类任务，记录了两位受试者脑电信号的同步情况，得到了如下列联表：
思维任务类型 信号同步性 合计
信号同步 信号不同步
逻辑推理
创造性想象
合计
分别计算两类任务中信号同步的频率，根据频率，你认为思维任务类型与信号同步性有关吗？简述理由．
根据小概率值的独立性检验，分析思维任务类型与信号同步性有关吗？
附：，
16.本小题分
在中，已知，且．
求角的大小；
若，为中点，且，求的面积．
17.本小题分
如图，和都垂直于平面，且，，是的中点．
证明：平面；
若四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值的最大值．
18.本小题分
已知椭圆：的上、下焦点分别为，，右顶点为，为锐角三角形且面积为．
求椭圆的离心率．
过的直线交椭圆于，两点在的左侧，且的面积与的面积相等．
求直线的斜率；
若，求椭圆的方程．
19.本小题分
已知函数．
当时，证明有唯一极值点；
讨论的零点个数；
若存在，当时，总有，求符合条件的的最小值．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：逻辑推理任务中信号同步的频率，创造性想象任务中信号同步的频率，
因为两类任务的同步频率存在明显差异，即，
所以思维任务类型与信号同步性有关；
零假设：思维任务类型与信号同步性无关，
则，
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
因此可以认为成立，即思维任务类型与信号同步性无关．
16.解：，
，即，
，
或，
又，为三角形的内角且，，．
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理，得，
又，，
又为中点，，
故，
化简可得，
故，
在中，由正弦定理得，，
在中，，
，可得，
三角形是等腰直角三角形，故AD，
，．
17.解：证明：取的中点，连接，，
，分别是和的中点，
，且，
和都垂直于平面，且，
，且，
且，
四边形为平行四边形，
，
又平面，平面，
平面．
设到平面的距离为，
则，
故．
由于平面，建立如图空间直角坐标系，
，，
，，，，
设，则，
，，
设平面的法向量为，
则由，得，
取，得，，
因此平面的一个法向量．
由于平面，
因此是平面的一个法向量．
设平面与平面的夹角为，
则，
平面与平面夹角的余弦值的最大值为．
18.解：因为，
所以，又为锐角三角形，所以，即为等边三角形，
所以，即；
，和到直线的距离相等，
当和在直线异侧时，直线过的中点，
直线的斜率；
当和在直线同侧时，，直线的斜率为；
综上，直线的斜率为或；
(ⅱ)当直线的斜率为时，设直线的方程为，，，
联立消去，得，
解得或所以，，
不合题意，舍去；
另解：在中，，，故，从而，不合题意
当直线的斜率为时，设直线的方程为，，，
联立消去，得，
故，．
，
由(ⅰ)知垂直平分，故，
所以，故，
此时椭圆的方程为，
综上所述：椭圆的方程为．
19.证明：，令，
则，
当时，
当时，，，，所以；
当时，令，则，
因为，，，所以，单调递减，
因为，，
所以，使得，
当时，当时，
综合，得，其中，
当时，当时，
所以有唯一极值点，即有唯一极值点．
解：当时，在上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，
又，所以，使得，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
因为，所以当时，，
所以，又因为，
所以存在唯一，使得，
因此有个零点和；
当时，，，有唯一零点；
当时，当时，，，，
又，，所以有唯一零点．
综上，当时，有个零点；当时，有个零点．
解：原问题等价于存在，当时，总有．
设，则，
设，则，
若，，单调递增，
当时，，即，
，单调递减，
当时，，即，命题成立．
下面仅需考虑的情况：
在上单调递减，其中，
故，在上均单调递减，
，，
如果，即，
则，单调递增，
，即，
又，在上单调递减，
故，所以在上单调递减，
所以，即，
当时，总有，命题成立．
如果，即，故由零点存在定理知，使得，
当时，，单调递减，，
即不合题意，舍去．
综上，的最小值为．
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