湖南省郴州市2026届高三第一次教学质量监测数学试卷（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页湖南省郴州市2026届高三第一次教学质量监测数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．复数的虚部为（

）A． B． C． D．3．已知等差数列的前项和为，若，，则（

）A．19 B．29 C．30 D．314．已知随机变量，且，则的最小值为（

）A．5 B． C． D．5．“湘超”足球比赛正在如火如荼进行中，某企业赞助一批足球训练设备给甲、乙、丙三个球队.这批设备分别为个相同的跳箱和箱相同的药球.要求每队至少有一个跳箱，且药球不能全部分配给同一球队，则不同的分配方案有（

）A．种 B．种 C．种 D．种6．已知点，点在抛物线上运动，点在圆上运动，则的最小值为（

）A．2 B．3 C．4 D．57．函数对，且为奇函数，则下列说法正确的是（

）A．若时，则B．的周期为6C．的图象关于中心对称D．8．设，，，则，，的大小关系正确的是（

）A． B．C． D．二、多选题9．已知函数，则（

）A．的最大值为2B．在上单调递增C．在上有2个零点D．把的图象向左平移个单位长度，得到的图象关于轴对称10．下列说法正确的是（

）A．若事件满足，且，则相互独立B．数据的第75百分位数为11C．已知随机变量，则D．回归分析中，决定系数越大，说明残差平方和越小，回归方程的拟合效果越好11．在棱长为的正方体中，点在侧面所在平面内运动，为的中点，则下列说法正确的是（

）A．当在线段上运动时，恒有B．当为正方形的中心时，与所成角的正弦值为C．若点满足，则平面截正方体所得的截面面积为D．直线和与平面所成的角相等时，动点的轨迹为圆三、填空题12．已知向量，若与的夹角为锐角，且，则实数的值为.13．在的展开式中，若的系数为，则.14．已知实数，不等式恒成立，则实数的最大值为.四、解答题15．在中，角所对的边分别为，已知是边上的中线，且.(1)求角的大小；(2)求及的面积.16．湘绣，是中国优秀的民族传统工艺之一，有着两千多年的历史.湘绣的制作工艺繁杂，一幅湘绣作品要经过设计图案和刺绣两大主要环节，且只有设计图案通过后才能进行刺绣，两个环节相互独立.只有同时通过这两个环节才能成为成品.某绣坊准备制作三幅不同的湘绣作品，已知三幅作品通过设计图案环节的概率依次为，通过刺绣环节的概率依次为.(1)求三幅中恰有一幅作品通过设计图案环节的概率；(2)若已知三幅中恰有一幅作品通过设计图案环节，求通过的作品为的概率；(3)经过设计图案和刺绣两个环节后，三幅作品成为成品作品的件数为.求随机变量的分布列及数学期望.17．在四棱锥中，底面为直角梯形，满足，底面.点为棱的中点，点为棱的中点.(1)证明：平面；(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；(3)设点为三棱锥的内切球球面上一动点，求三棱锥体积的最大值.18．已知双曲线的左右顶点分别为，实轴，且左焦点到其中一条渐近线的距离为.(1)求双曲线的标准方程；(2)过左焦点的直线交双曲线左右两支于两点（点位于第一象限），直线与相交于点.（i）求证：点在定直线上；（ii）求证：射线平分.19．已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)若不等式在上恒成立，求实数的取值范围；(3)当时，定义数列满足：，（i）证明：；（ii）结合（i）的结论，证明：.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《湖南省郴州市2026届高三第一次教学质量监测数学试卷》参考答案题号12345678910答案DBADBBCDACDAD题号11答案ACD1．D【分析】由集合的交集运算求解．【详解】，则，故选：D2．B【分析】根据复数的除法运算求解，进而求解其虚部即可.【详解】由，由此可得：的虚部为.故选：B3．A【分析】设等差数列的公差为，由条件结合等差数列通项公式和前项和公式可得，，解方程求，，再求可得结论.【详解】设等差数列的公差为，则，，所以，，，因为，，所以，，化简可得，，所以，，所以，故选：A.4．D【分析】根据正态分布的对称性求得，利用基本不等式求得正确答案.【详解】根据正态分布的知识得，则，，当且仅当，即时取等.故选：D5．B【分析】分两步完成，先分跳箱、再分药球，确定每一步的分法种数，结合分步乘法计数原理可得结果.【详解】分以下两步：（1）先分跳箱：个相同的跳箱分给三个球队，三个球队分得的跳箱数量分别为、、或、、或、、，所以，跳箱的分法种数为种；（2）接下来分药球：将个药球分给三个球队，三个球队分得的药球数量分别为、、或、、，所以，药球的分法种数为种.由分步乘法计数原理可知，不同的分法种数为种.故选：B.6．B【分析】先判断在抛物线里面，然后的最小值为，过点作抛物线准线的垂线垂足为，的最小值等于求的最小值.【详解】把代入，得，所以点在抛物线里面，圆的圆心记为，因为的最小值为，而正好是抛物线的焦点，过点作抛物线准线的垂线垂足为，则根据抛物线的定义得，所以的最小值等于求的最小值，当三点共线时最小，最小值为，故的最小值为，故选：B7．C【分析】对于A选项，首先通过奇偶性得：，然后根据已知条件通过赋值进行求解；对于B选项，根据奇偶性及周期性的结论进行求解即可；对于C选项，通过奇偶性可得函数关于中心对称，再根据函数周期性即可判断正误；对于D选项，利用函数周期性可得：，再根据通过赋值可得：，进而可以判断选项正误.【详解】对于A选项，已知为奇函数，则有，令，得：，又，令，得：，因此可得：，故A选项错误.对于B选项，已知为奇函数，则有，又，则有，由此可得：，即有：因此可得：的周期为，故B选项错误.对于C选项：已知为奇函数，则有，因此可得：函数关于中心对称，又函数的周期为，所以关于中心对称，故C选项正确；对于D选项：已知函数的周期为，则有，又，令，得：，因此可得：，即，故D选项错误.故选：C8．D【分析】由于，，，所以只要比较的大小即可，然后分别构造函数，，判断出其单调性，利用其单调性比较大小即可【详解】因为，，，所以只要比较的大小即可，令，则，所以在上递增，所以，所以，所以，即，令，则，因为在上为减函数，且，所以当时，，所以在上为减函数，因为，，要比较与的大小，只要比较与的大小，令，则，所以在上递增，所以，所以当时，，所以，所以，所以，所以当时，，所以在上递增，所以，所以，所以，所以，所以，所以，故选：D【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数比较大小，解题的关键是对已知的数变形，然后合理构造函数，通过导数判断函数的单调性，利用函数单调性比较大小，考查数转化思想和计算能力，属于难题9．ACD【分析】根据诱导公式化简可得，结合正弦函数最值性质可判断A选项；整体代入法计算的范围结合正弦函数性质可判断BC选项；由图象的平移可判断D选项．【详解】函数．选项A：，当，，即，时，取最大值，最大值为2，A正确；选项B：时，，因为函数在上单调递增，在上单调递减，所以函数在上单调递增，在上单调递减，故B错误；选项C：时，，可知当以及时，即以及时，在上有2个零点，故C正确；选项D：的图象向左平移个单位长度，得到，函数的定义域为，定义域关于原点对称，，所以函数为偶函数，图象关于轴对称，故D正确.故选：ACD．10．AD【分析】对于A选项，直接根据条件概率公式和独立事件的定义即可判断；对于B选项，根据百分位数的定义进行求解即可；对于C选项，根据二项分布的方差计算公式及方差的运算性质进行求解即可；对于D选项，根据决定系数及残差平方和的定义进行判断即可.【详解】对于A选项，已知，由于，可得：，即.因此可得：事件与事件相互独立，故A选项正确；对于B选项，将数据由小到大排列：，共个数据，由，因此数据的第百分位数为，故B选项错误；对于C选项，已知，则，又，则，故C选项错误；对于D选项，决定系数越大的模型，对应残差平方和越小，拟合的效果越好，故D选项正确.故选：AD11．ACD【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐项判断即可.【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，对于A选项，如下图所示：则、、、、，设，其中，则，所以，，所以，故，A对；对于B选项，当为正方形的中心时，则、，，，所以，故，故当为正方形的中心时，直线、所成角的正弦值为，B错；对于C选项，如下图所示：设平面交棱于点，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，故平面截正方体所得截面为梯形，又因为，结合等角定理可得，因为，故为等腰直角三角形，故，易知点，，，所以点到直线的距离为，所以截面面积为，C对；对于D选项，设点，，，易知平面的一个法向量为，由题意可得，即，即，化简得，故当直线和与平面所成的角相等时，动点的轨迹为圆，D对.故选：ACD.12．3【分析】直接根据向量的模长公式积及夹角公式求解即可.【详解】已知，，解得：.设向量与的夹角为当时，，，可得：，即与的夹角为钝角，不符合题意；当时，，，可得：，即与的夹角为锐角，符合题意；故答案为：13．【分析】利用二项式的展开式求得：，进而可得：，最后通过裂项相消法进行求解即可.【详解】由二项式的展开式的通项公式可得第，令，可得：的系数为，所以，则，则.故答案为：14．【分析】将题干条件整理变形，可得，构造函数，可得的单调性，进而可得，构造函数，利用导数可得的单调性和最值，分析即可得答案.【详解】由，得，即，所以，设，则，所以在上单调递增，又，所以，即恒成立，设，所以，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，所以，解得，则实数的最大值为.故答案为：15．(1)(2)【分析】（1）由正弦定理及三角恒等变换进行求解；（2）由余弦定理及三角形的面积公式求解．【详解】（1）由正弦定理得：，再根据两角和的正弦公式展开得：，消去，整理得：，，两边同除以得：，由辅助角公式得：，又，则，故，解得．（2）由题意得：，平方得：，化简得，解得舍.由余弦定理得：的面积16．(1)(2)(3)分布列见解析，【分析】（1）由概率乘法公式进行求解；（2）由条件概率公式求解；（3）记三幅作品成为成品的事件分别为，则，由可取，求出对应的概率，列出分布列即可求解数学期望．【详解】（1）记三幅作品通过设计图案环节分别为事件，记三幅中恰有一幅作品通过设计图案环节为事件，则．（2）．（3）记三幅作品成为成品的事件分别为，则，由可取，则，，，，则的分布列为0123则数学期望．17．(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）方法一，由线面平行的判定定理进行求证，方法二，由面面平行的判定定理进行求证；（2）求出平面与平面的法向量，代入向量夹角公式即可求解；（3）三棱锥的内切球球心为，半径为，由等体积法可求出，再求出球心到平面的距离，即可求解．【详解】（1）方法一：证明：连接，是中点，是中点，是的中位线，故.又平面平面，根据线面平行的判定定理，可得平面.方法二：证明：取的中点，连接.是中点，是中点，.又平面平面，故平面.同理可证平面.又平面，所以平面平面.平面平面.（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，，..设平面的法向量为，则，令，得.设平面PCD的法向量为，则，令，得设平面与平面所成的夹角为，则故平面与平面所成夹角的余弦值为.（3）三棱锥的内切球球心为，半径为，三棱锥的表面积为，则，由等体积法可知：，则，由题意，得球心，则，得点到平面的距离，而，得，因此三棱锥体积的最大值为．18．(1)(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析【分析】（1）根据点到直线的距离公式可得，再求即可求解，（2）联立直线与双曲线的方程得韦达定理，可得，（i）求直线的方程，由此可得，再求，由此证明结论；（ii）由（i）求的坐标，求，，，由此证明.【详解】（1）由题意，设左焦点的坐标为，双曲线的渐近线方程为：，，左焦点到其中一条渐近线的距离为，可得，又因为，解得，故双曲线的标准方程为.（2）由题知，因为直线过，，点在第一象限，故直线的斜率不为，设直线的方程为，，则，方程的判别式，由已知为方程的两个根，所以，（i）证明：因为直线的方程为，直线的方程为联立可得，则，即在直线上；（ii）证明：由（i）知，（其中）则即，故射线平分.19．(1)答案见解析(2)(3)（i）证明见解析；（ii）证明见解析【分析】（1）求出导数，分类讨论，利用导数判断单调性；（2）若，不成立，因此，由（1）知，，令，则，只需，由导数求出进行求解；（3）（i）当时，，由（1）知.设，则，要证：,只需证：，令，利用导数求解；（ii）由（i）得，所以，又由，于是，即可证明．【详解】（1），①当在上单调递增；②当，令，解得