湖南省名校联盟2026届高三上学期9月联考试题 数学 含解析

2025年下学期高三9月联考数学本试卷共4页.全卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上.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的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；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、单项选择题：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.已知全集，集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【详解】由全集，集合，得，又因为，所以.故选：B2.已知是等边三角形，边长为4，则（）A. B.8 C. D.【答案】A【详解】因为是等边三角形，边长为4，所以.故选：A.3.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【答案】B【详解】若，则，若均为负数，则均无意义，故推不出；若，则，而为上的减函数，故，故能推出，故是的必要不充分条件，故选：B.4.为了研究y关于x的线性相关关系，收集了5组样本数据（见下表）.若已求得一元线性回归方程，则下列选项中正确的是（）x12345y0.50.911.11.5A.B.x与y的样本是负相关C.当时，y的预估值为2.2D.去掉样本点后，x与y的样本相关系数r必会改变【答案】A【详解】，则样本中心点为，对于A，由，得，A正确；对于B，由，得与的样本是正相关，B错误；对于C，当时，的预估值为，C错误；对于D，由相关系数公式知，去掉样本中心点后，与的样本相关系数不会改变，D错误．故选：A5.在平面直角坐标系xOy中，已知拋物线的焦点为F，准线为直线，过点F的直线l与C相交于A，B两点，则面积的最小值为（）A.18 B.16 C.12 D.8【答案】D【详解】依题意，，解得，则抛物线，焦点，设点，直线的方程为，由消去得，则，，因此，当且仅当时取等号，所以面积的最小值为8.故选：D6.记数列的前项和为，，若，则（）A. B. C. D.【答案】D【详解】因为，故即，其中.因为，故，故,故，故，所以为等比数列且首项为，公比为2，故，故选：D.7.已知奇函数的定义域为，满足对任意、，且，都有，且，则不等式的解集为（）A. B.C. D.【答案】B【详解】构造函数，其中，则，所以，函数为偶函数，对任意的对任意、，且，都有，不妨设，则，可得，即，所以，函数在上为减函数，则该函数在上为增函数，且，，当时，由可得，可得；当时，由可得，可得.综上所述，不等式的解集为.故选：B.8.已知平面向量，等差数列，则数列的前5项和为（）A.-5 B.0 C.5 D.18【答案】B【详解】，，为等差数列，，，，，同理，，故数列的前5项和为.故选：B二、多项选择题：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，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分.9.已知椭圆的两个焦点分别为，，P是C上任意一点，则（）A.C的离心率为 B.的周长为12C.的最小值为3 D.的最大值为16【答案】BD【详解】椭圆即，故，对于A，，故A错误；对于B，的周长为，故B正确；对于C，的最小值为，故C错误；对于D，，当且仅当时等号成立，故D正确，故选：BD.10.下列说法正确的是（）A.甲、乙两人独立地破译一份密码，已知各人能破译的概率分别为，，则密码被成功破译的概率为B.一箱12罐的饮料中有2罐有奖券，从中任意抽取2罐，这2罐中有奖券的概率为C.一个袋子中有4个红球，n个绿球，不放回地从中随机取出两个球，若取出的两球都是红球的概率为，则D.甲、乙两选手进行象棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，相比3局2胜制，5局3胜制对甲更有利【答案】ACD【详解】对于A：因为各人能破译的概率分别为，，所以密码被成功破译的概率为，故A正确；对于B：依题意所求的概率为，故B错误；对于C：由题意取出的两球都是红球的概率为，则，解得或（舍去），故C正确；对于D：采用“5局3胜制”甲获胜的概率为，采用“3局2胜制”甲获胜的概率为，因为，所以相比3局2胜制，5局3胜制对甲更有利，故D正确.故选：ACD11.已知函数，其图象距离轴最近的一条对称轴方程为，最近的一个对称中心为，则（）A.B.的图象上的所有点向右平移个单位长度得到函数的图象C.的图象在区间内有3个对称中心D.若在区间上的最大值与最小值分别为，则的取值范围是【答案】BD【详解】A选项，的最小正周期为，因为，故，解得．由题意得，即．又，所以令，得，A错误；B选项，由A可得，将其图象上的所有点向右平移个单位长度，得到的图象，B正确；C选项，因为，又，所以区间是函数的一个周期，而，故在仅有两个零点，即有2个对称中心，C错误；D选项，由，得，即图象的对称轴为．的最小正周期为，由对称性可知，当与关于直线对称时，取得最小值，由得，此时．当为偶数时，最小值为，最大值为；当为奇数时，最大值为，最小值为，故的最小值为1；当或时，函数在上单调，此时取得最大值，，当或时等号可以成立，所以的取值范围为，D正确．故选：BD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知是关于x的方程的一个根，则__________.【答案】14【详解】由是方程的一个根，得是方程的另一个根，则，解得，所以.故答案为：1413.已知正数满足，则的最大值为______.【答案】【详解】已知正数满足，根据基本不等式，（取等号），即，即，于是，得到，当时，时，的最大值为.故答案为：14.设三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则角__________.【答案】【详解】由，得，即，则，在中，，于是，则或，当时，，则与矛盾，当时，，，又，则，即，解得或，于是或，符合题意，所以.故答案为：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.已知四棱台，底面是边长为2的菱形，平面，，，E是的中点.（1）证明：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【小问1详解】因底面是菱形，，E是BC的中点，所以，又，则．又平面，平面，所以．因为平面，且，所以平面．【小问2详解】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，设平面的一个法向量为，，则，所以即，取，得，设平面的法向量为，，则，所以，取，得，设平面与平面夹角为，则，故平面与平面夹角的余弦值为．16.已知等轴双曲线过点，直线与交于两点，与其渐近线交于两点.（1）求的方程；（2）设，求的取值范围.【答案】（1）（2）【小问1详解】∵等轴双曲线E过点，①若E的焦点在x轴上，不妨设，代入，可得，∴，②若E的焦点在y轴上，不妨设，代入，可得，不符题意，综上所述，.【小问2详解】设，，，，联立可得，∴，，解得，∴，，显然双曲线E的渐近线方程为，不妨设C为直线：与直线l的交点，联立可得，同理，∴，∵，∴，∴的取值范围为.17.已知函数.（1）若，讨论的单调区间；（2）若，，满足当时，恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）【小问1详解】,若时，，故的增区间为，无减区间；若，当时，，当时，，故的增区间为，减区间为.若，当时，，当时，，故的增区间为，减区间为.综上，若，的增区间为，无减区间；若，的增区间为，减区间为.若，的增区间为，减区间为.【小问2详解】时，恒成立，即为时，恒成立.设，其中，则，故为上的增函数，而，即为，即，其中，故，即在上恒成立，所以在上恒成立，设，其中，故，若即，则，故在上为增函数，故，所以，该不等式恒成立，故符合；若即，当时，，当时，，故在为减函数，在为增函数，故，所以，即，综上.18.三角形内到三个顶点距离之和的最小的点称为“费马点”，当的三个内角均小于时，满足的点为其费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为其费马点.（1）在中，角的对边分别为，满足，.①若，求，并求费马点到顶点的距离之和；②求周长的取值范围.（2）若是平面内的向量，且，，求的最小值.【答案】（1）①2；②（2）.【小问1详解】法一：因为，由正弦定理所以因为，所以即，因为所以，，所以.法二：由余弦定理得，所以所以，所以①当，则，所以.因为，依据“费马点”性质，此时P与点A重合，所以.②三角形的周长为，由正弦定理得，所以因为，所以所以，所以.【小问2详解】设，因为，，令，所以，，所以设点，，，所以原式为求最小值.在中，因为，关于x轴对称，，因为，即所以为锐角三角形..P点在'内到三个点距离更小，利用费马点定义和性质，转化为在内找一点P使得，利用对称性知P在的高上，且，所以，，所以所以最小值为.19.已知函数，，.（1）若，在上单调递减，求实数的取值范围；（2）若，且有且仅有两个不同的零点，求的最大值.【答案】（1）（2）【小问1详解】若，则，因为在上单调递减，故在上恒成立.故即在上恒成立.设，则，设，则，故在上为减函数，而，，故在存在一个零点，且当时，，当时，，故在上为增函数，在为减函数，故，故.【小问2详解】若，则，故，其中.当时，，故存在一个区间，满足且，，故在上为减函数，而，故，，但时，；时，，故此时在上至少存在一个零