数学参考答案长沙市2026年高三模拟考试_全国高考模拟卷_2026年2月_260203湖南省长沙市2026年高三年级模拟考试（长沙一模）_湖南省长沙市2026年高三年级模拟考试数学

长沙市 年高三年级模拟考试 2026 数学参考答案 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 2 3 4 5 6 7 8 A D B C C B C C 8．【解析】由题意可知，该船空船时不受水深影响．设其卸货前的吃水深度为d，  在xh时的安全水深为 ym，则yd 1.5 (x4)(x4)（*）． 8 设 f(x) 2sin π x5.5(x[4,12])，则 f '(x) 2π cos π x．当方程（*）对应的 8 8 8 直线与曲线y f(x)相切时，d 达到最大值．此时，f '(x) π，解得x10或x6（舍）； 8 由 f(10)4.5，可得d 1.5  (104)4.5，解得d 3 3 ，则d 5.35m． 8 4 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中， 有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9．【答案】ABD 10．【答案】AC 11．【答案】AC 10．【解析】令x y1，则 f(1)2f(1)，解得 f(1)0，即A正确． 令x y1，则 f(1)f(1) f(1)2f(1) ，解得 f(1)0；令y1，则 f(1) f(x)f(x) f(x) ，可得 f(x)为奇函数，即B错误． x 1 f( ) 当0x1时，令y 1，有 f(1)xf(x) x ，则 f( 1 )x2f(x)0，可得 x x x f(x)0．而 f(x)为奇函数，则1x0时， f(x)0，即C正确． f(x) f(y) 将 f(xy)  两边同时乘以xy，得到xy f(xy)xf(x) yf(y) ，可设 y x 数学试题与参考答案第1页（共7页）ln|x| lnx 1lnx xf(x)ln|x|(x0)，则 f(x) ．当x0肘， f(x) ，则 f '(x) ， x x x2 可得 f(x)在(0,e)上单调递增，在(e,)上单调递减，此时，x1不为 f(x)的极值点， 即D错误． 11．【解析】 |MP| |MC|2 |PC|2  (x 5)2  y2 9  (x 5)2 2x 9 |x 4|，可知选 M M M M M 项A正确． 如下两图所示，过点M ，作直线x4的垂线，垂足为H ，作准线x 1 的垂线， 1 2 垂足为H ；过点N，作直线x4的垂线，垂足为H ，作准线x 1 的垂线，垂足 2 3 2 为H ． 4 根据左图，当点P在直线x4的左侧时，可知|MN||MH ||NH |，为直角梯 1 3 形MH H N的中位线长的两倍．若M ，N在x轴的两侧时，|MN |有最小值为4；若M ， 1 3 N在x轴的同一侧时，当x 4时，|MN |0，即选项B错误． P 如左图，根据以上证明，可知|MP||MH |，|NP||NH |；再根据抛物线定义， 1 3 可知|MF||MH |，|NF||NH |．从而，△MNF 的周长为 2 4 |H H ||H H |2|4( 1 )|9 ，即选项C正确． 1 2 3 4 2 如右图，当点P在直线x4的右侧时，同理可得|MF||NF||MN|9．若M ， N在x轴的两侧时，而|MN||MH ||NH |，为直角梯形MH H N的中位线长的两 1 3 1 3 倍，则|MN |有最小值为8，此时，则△MNF 的周长为92|MN|，其最小值为25； 若M ，N在x轴的同一侧时，当x 4时，|MN |0，△MNF 的周长趋于9，此时 P 不存在最小值，即选项D错误． 数学试题与参考答案第2页（共7页）三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12．【答案】(2k1,0)，其中kZ ．任写一个满足条件的都可以． 13．【答案】 3 2       【解析】由AE  1 AC 1 AD，CD ADAC，且AD1，可知 2 2         AECD( 1 AC 1 AD)(ADAC) 1 AD 2  1 AC 2  1 12 1 22 3． 2 2 2 2 2 2 2 3 3 14．【答案】 6 【解析】如图所示，由题意可知，点A在以BC为直径的截面圆O'上运动，则 AB2 AC2 4，可得S  1 ABAC  1 (AB2AC2)1，当且仅当AB AC 2 △ABC 2 4 时取等号． 连接OA，OD，在△OAD中，AD 6，OAOD 2 ，由余弦定理可得 3 cosOAD ，则点D的轨迹是以直线OA为中心轴的圆锥与该球面的截面圆E， 2 6 3 2 其半径DE  6sinDAE  ，且AE  6cosDAE  ． 2 2 当AB AC时，S  1，此时过点D，作DH 平面ABC于点H ．根据 △ABC max 对称性，垂足H 必在AO上，易知OAO45，则DAH 75．当点D到平面ABC 3 3 的距离最大时，DH  ADsin75 ，故四面体DABC的体积的最大值为 2 V  1 S DH  1 1 3 3  3 3 ． 三棱锥DABC 3 △ABC 3 2 6 数学试题与参考答案第3页（共7页）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．（本题满分13分） 【解析】（1）由sinBsin(AB)sinC，可得sinBsin(AB)sin(AB) ， 即 sinBsinAcosBcosAsinBsinAcosBcosAsinB，化简sinB2cosAsinB，有 cosA 1．又A(0,)，则A  ． .................6分 2 3   （2）记ABC的角A,B,C所对的边长分别为a,b,c，由ABAC2，可得   |AB||AC|cosA2，则bc4． 由余弦定理，a2 b2 c2 2bccosA(bc)2 3bc，而a3，可得bc 21． 设ABC 的内切圆半径为r ，则S  1 bcsinA 1 (abc)r ，可得 △ABC 2 2 3 4 r  bcsinA  2  7  3 ，故ABC 的内切圆半径为 7  3 ．...........13分 abc 3 21 2 2 16．（本题满分15分） 【解析】（1）证明：在△ABC中，AC2，AB2 2，BAC45，由余弦定 理可得，BC2  AC2 AB2 2ABACcos454，即BC 2，有BC2  AC2  AB2， 则BCAC． 由平面PAC 平面ABC，平面PAC平面ABC AC，且BC AC，则BC面 PAC；又PA平面PAC，则BCPA． ................6分 （2）取AC，AB中点分别为O，M ，连接OP，OM ．易知OPAC；结合（1） 中BC面PAC，由OM ∥BC，可知OM 平面PAC，则AC ，OM ，OP两两垂直．    如图所示，以O为原点，OA，OM ，OP分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建 立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，C(1,0,0)，B(1,2,0)，    P(0,0, 3)，可得CP(1,0, 3)，AP(1,0, 3)，AB(2,2,0)．   设CQCP(,0, 3)(01) ，则Q(1,0, 3)，  且BQ(,2, 3)，可得   cos  A  P  ,  B  Q    A  PB  Q   2 ．由 |AP||BQ| 2 42 4    |cos AP,BQ| 5 ，解得 1 或 1（舍），则Q( 1 ,0, 3 )，且AQ( 3 ,0, 3 )． 10 2 2 2 2 2 2   故点Q到直线AB的距离d  |  A  Q  |2 ( AQ    AB )2  3 9  30 ．..............15分 |AB| 8 4 数学试题与参考答案第4页（共7页）17．（本题满分15分） 【解析】依题意，直线l的斜率存在．设直线l的方程为ykxt，联立直线l与 ykxt  双曲线方程，即 y2 ，可得(b2 k2)x2 2ktxt2 b2 0． x2  1  b2 2kt 由4k2t2 4(b2 k2)(b2 t2)0，可得k2 t2 b2，且x x  ， M N b2 k2 x x  b2 t2 ． ..................4分 M N b2 k2 b2 t2 （1）当k 2时，结合题意可知x x  0，即b2 40，解得b2或 M N b2 4 b2，又b0，故b的取值范围是(2,)． ..................6分 y y （2）直线AM 的方程为y M (x1)，令x0，则y M ，即 x 1 x 1 M M y y y  M ．同理，y  N ． P x 1 Q x 1 M N y y kx t kx t 因此，|PT||QT|| M t|| N t|| M t|| N t| x 1 x 1 x 1 x 1 M N M N x x x x (kt)2| M N |(kt)2| M N |t2b2 ．而|AT |2t2 1， (x 1)(x 1) x x (x x )1 M N M N M N 则t2 1t2 b2，解得b1．故双曲线C的方程为x2  y2 1． .................15分 18．（本题满分17分） 【解析】（1）A，B{1}； A{1}，B；A，B{2}； A{2}，B； A{1}，B{1}； A{2}，B{2}． .............3分 （2）根据集合U 的子集个数，可知集合A的可能情况有2n种；同理，集合B也 可能有2n种．因此，两集合的所有可能情况数为2n2n 4n． X 的所有取值为0，1，…，n．当X k(k 0,1,,n)时，先从n个元素中选出k 个元素，记为x (i1,2,,k)，有Ck种可能情况；对于这k个元素中的每个元素 i n x (i1,2,,k)，满足x AB时，只可能满足x C B，x C A，x AB这三 i i i A i B i 种情况之一，有3k种可能情况． Ck3k 因此，事件“X k(k 0,1,,n)”的所有可能情况数为Ck3k ，则P(X k) n ． n 4n 由P(X k) C n k3k Ck( 3 )k( 1 )nk，可知X B(n, 3 )，则E(X) 3n．.....10分 4n n 4 4 4 4 数学试题与参考答案第5页（共7页）（3）若m0，由P(X 0) 1 ，P(X 1) 3n ，P(X 1)P(X 0)，矛盾． 4n 4n 若mn，由P(X n1) n3n1 ，P(X n) 3n ，可知：当n2时，满足 4n 4n P(X n1)P(X n) ；当n3时，满足P(X n1)P(X n) ． Cm3m Cm13m1 n  n  P(X m)P(X m1)   4n 4n   3C n m C n m1 若1mn，由 ，即 ，即 ， P(X m)P(X m1) C n m3m  C n m13m1 C n m 3C n m1   4n 4n 解得3n1 m 3n3 ． 4 4 E(X),n4j;   1 E(X) ,n4j1;  4  从而，m 其中 j为自然数． .....17分 1 E(X) ,n4j2; 2   1 3 E(X) 或E(X) ,n4j3.  4 4 19.（本题满分17分） 【解析】函数 f(x)的定义域为(0，)．当0x1时，f '(x) 1  a  xa； x x2 x2 当x1时， f '(x) 1  a  xa ． ................2分 x x2 x2 （1）若a=1，当x(0,1]时，f(x)lnx 1 ，可得 f(x)单调递减；当x(1,) x 时， f(x) x1 0，可得 f(x)单调递增．故 f(x)的最小值为1． ................5分 x2 （2）当x(0,1)时，若a1， f '(x)0，则 f(x)单调递增．若1a0，当 x(0,a)时，xa0，即 f '(x)0，则 f(x)单调递增；当x(a,1)时，xa0， 即 f '(x)0，则 f(x)单调递减．若a0， f '(x)0，则 f(x)单调递减． 当x[1,)时，若a0， f '(x)0，则 f(x)单调递增．若0a1， f '(x)0， 则 f(x)单调递增．若a1，当x(1,a)时，f '(x)0，则 f(x)单调递减；当x(a,) 时， f '(x)0，则 f(x)单调递增． 综上所述，当a1时，f(x)在(0，)上递增；当1a0时，f(x)在(0,a)上 递增，在(a,1)上递减，在(1,)上递增；当0a1时，f(x)在(0,1)上递减，在(1,) 上递增；当a1时， f(x)在(0,a)上递减，在(a,)上递增． .................10分 数学试题与参考答案第6页（共7页）（3）若 f(x)有且仅有三个不同零点为x ，x ，x ．由（2）可知，必有1a0， 1 2 3 假设x x x ，且0x ax 1x ． 1 2 3 1 2 3 当x0时， f(x) xlnxa ；当x时， f(x)lnx a ．由 x x f(x)  f(1)a0， f(x)  f(a)ln(a)10，解得 1 a0． 极小值 极大值 e 先证不等式：x x 2a． 1 2 由lnx  a lnx  a ，可得a x 1 x 2 ln x 1 ，则只需证： 1 x 2 x x x x 1 2 2 1 2 x 1 x 2  x 1 x 2 ln x 1 ，即证：ln x 1  1 ( x 1  x 2)． 2 x x x x 2 x x 2 1 2 2 2 1 令t  x 1 ，则0t1，不等式转化为证明lnt 1 (t 1 )． x 2 t 2 令g(t)lnt 1 (t 1 )(0t1)，则g'(t) 1  1  1  (t1)2 0 ，可得g(t)在 2 t t 2 2t2 2t2 (0,1)上单调递减，有g(t)g(1)0，即lnt 1 (t 1 )成立． 2 t 12a 再证明不等式：x  ． 3 1a 由于x  12a 1 a 1，且 f(x)在(1,)上单调递增，则只需证： 3 1a 1a 12a f( )0． 1a 令(x)lnxx1(x1) ，则'(x) 1 1 1x 0，可得(x)(1)0，即 x x lnxx1．而 f( 12a )ln 12a  (1a)a  12a 1 (1a)a  a3 0 ， 1a 1a 12a 1a 12a (1a)(12a) 12a 则x  ． 3 1a 综上，可得x x x 2a 12a  2a2 4a1． ..................17分 1 2 3 1a 1a 数学试题与参考答案第7页（共7页）