湖南省九校联盟2025-2026学年高三上学期第一次联考（一模）数学试题（含解析）

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页湖南省九校联盟2025-2026学年高三上学期第一次联考（一模）数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知集合，若，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．2．已知依次成等差数列，依次成等比数列，则的最小值是（）A．2 B． C．4 D．83．已知向量，则向量在上的投影向量为（）A． B．C． D．4．已知点满足，则的最小值为（）A．2 B． C． D．45．下列函数中，为周期函数，且在区间上单调递减的是（）A． B．C． D．6．已知是定义在上的奇函数，为偶函数，且当时，，则函数在上所有零点的和为（）A．16 B．24 C．32 D．487．已知点为直线上的一个动点，为圆上任意两个不重合的点，记的最小值为的最大值为，则（）A． B． C． D．8．已知正实数满足和．则的值为（）A． B． C． D．二、多选题9．在平行六面体中，侧棱垂直于底面，下列结论正确的是（）A．若，则B．若，则C．若，则平面D．若，则平面10．如果两个椭圆的离心率相等，我们称这两个椭圆为“相似椭圆”．已知椭圆和椭圆为上一点，过点作的两条切线交于，切点分别为，，则（）A．与是相似椭圆 B．为中点C． D．为定值11．在中，是的中点，则下列结论正确的是（）A．可以是钝角三角形B．C．若，则D．三、填空题12．已知（为虚数单位，），则的值为．13．若数列满足，则．14．某同学每次投篮命中的概率为0.8，且各次投篮是否投中相互独立，该同学若出现连续投中两次的情况，则停止投掷，那么投篮总次数的数学期望为．四、解答题15．在锐角中，内角的对边分别是，且满足．(1)求角的大小；(2)若，求的取值范围．16．在多面体中，平面平面是以为斜边的等腰直角三角形，四边形为平行四边形，分别为的中点．(1)求证：；(2)求平面与平面的夹角的余弦值．17．已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若恒成立，求实数的取值范围．18．张明在暑假为了锻炼身体，制定了一项坚持晨跑的计划：30天晨跑训练．规则如下：张明从第1天开始晨跑，若第天晨跑，则他第天晨跑的概率为，且他不能连续两天没有晨跑．设他第天晨跑的概率为．(1)求的值；(2)求数列的通项公式；(3)若都是离散型随机变量，则，记张明前天晨跑的天数为，求．19．已知双曲线的焦距为，其中一条渐近线方程为为双曲线的左、右顶点．(1)求双曲线的方程．(2)过点作动圆（以为圆心）的两条切线分别交双曲线于异于点的，两点，试判断直线是否过定点？若是，请求出此定点的坐标；若不是，请说明理由．(3)已知动点满足直线的斜率的乘积的绝对值为2，记动点的轨迹为曲线．过点作直线交曲线分别于和（其中的横坐标的绝对值均大于1），求证：直线与的交点在定直线上．《湖南省九校联盟2025-2026学年高三上学期第一次联考（一模）数学试题》参考答案题号12345678910答案DADCCBAAACABC题号11答案BCD1．D【分析】解一元二次不等式得集合，然后由集合的包含关系得参数范围．【详解】，又，，所以，故选：D．2．A【分析】根据条件，利用等差、等比数列的性质得，从而有，再利用基本不等式，即可求解.【详解】成等差数列，成等比数列，所以，且，则，当且仅当时取等号，故选：A.3．D【分析】根据给定条件，利用投影向量的定义求解即得.【详解】向量，则，所以向量在上的投影向量为.故选：D4．C【分析】根据条件，利用抛物线的定义知点的轨迹为抛物线，进而可得其方程为，设，再利用两点间的距离公式，即可求解.【详解】因为表示点到点的距离；表示点到直线的距离，又，所以点到点的距离等于点到直线的距离，由抛物线的定义知，点的轨迹为抛物线，抛物线方程为，设，则，当且仅当时，等号成立，故选：C.5．C【分析】由在区间上的单调性可排除ABD，根据函数的周期性和在区间上的单调性即可确定C正确.【详解】对于A：当时，，函数在上显然单调递增，故A错误；对于B：当时，，则在上显然单调递增，故B错误；对于D：时，，则，.该函数在单调递增，故D错误；对于C：时，，则在上单调递减，且为最小正周期是的周期函数，故C正确.故选：C.6．B【分析】由题可得对称性，周期性，然后在同一坐标系中画出函数与图象，据此可得答案.【详解】依题意，是定义在上的奇函数，图象关于原点对称，则.由于为偶函数，则.从而.所以是一个周期为4的周期函数．令，得，函数的图象关于点对称，的图象也关于点对称，画出函数和的图象如图所示，由图可知，两个函数图象在上有6个交点，且交点关于对称，所以所有零点和为．故选：B7．A【分析】根据题意分析得当，分别为圆的切线，且最小时，最大，此时最小，再利用二倍角公式即可得，再根据最大时为钝角，所以的最大值为1，即.即可得.【详解】由题意得的标准方程为，所以圆心，半径为2，如图：

所以圆心到直线的距离为，所以直线与相离，所以当分别为圆的切线，且最小时，最大，又，则最大，所以最大，此时最小，此时．显然的最大值为1，故．故选：A8．A【分析】根据指数与对数的运算法则对已知条件进行变形，利用变形后等式的特点构造函数，再根据函数的单调性确定的关联，最后结合题给条件求解．【详解】，，即，，，即，令，则在上单调递增，方程有唯一解，，．故选：A．9．AC【分析】根据线面垂直的判定定理与性质定理依次对选项进行判断即可.【详解】对于选项A，平面，平面，则，又，底面为菱形，则，，则平面，因为平面，所以，A正确；对于选项B，，底面为矩形，无法得到平面，B错误；对于选项C，设与交于点，由，为中点，得，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，所以平面，C正确；对于选项D，因为，所以平面为正方形，所以，而与不一定垂直，D错误．故选：AC.10．ABC【分析】求两椭圆的离心率，可判断A；设，写出过点的切线方程，与方程联立，利用韦达定理求出弦的中点并与坐标比较，即可判断B；利用B的结论，结合平面向量数量积的定义，可判断C；举特例说明D是错误的.【详解】对于A，，故与是相似椭圆．故A正确；对于B，设，则，与联立，消去得，所以，由于，代入化简得，又点为直线与的切点，故为的中点．故B正确；对于C，由可知为中点，同理为中点，故且和相似，所以，因为，而，故．故C正确；对于D，如下左图，若取，则易得为上、下顶点，不妨取，此时；若取，则易得为左、右顶点，不妨取，此时，即；如下右图，再取，此时围成一个矩形，其中，有，即不是定值．故D错误.故选：ABC11．BCD【分析】对A，由，利用三角恒等变换化简可得，结合分析得解；对B，由，可得，结合角的范围求解；对C，由，得，结合求解判断；对D，由题可得必是锐角三角形，问题转化即证，即证.【详解】对于A，，即，所以所以，即得，即，因为，所以，故，则，所以，故为直角三角形，故A错误；对于B，由，则，所以，由于，故，故B正确；对于C，由，则，所以，其中，又，故，故C正确；对于D，，所以必是锐角三角形，即证，又，即证，即，成立，故D正确.故选：BCD.12．【分析】根据复数的乘方运算和复数相等的条件即可得到答案.【详解】因为，由复数相等的充要条件得，所以．故答案为：.13．121【分析】根据递推关系可得，所以，计算得解.【详解】由题意可得，作差得，故故答案为：121.14．/【分析】设投篮总次数的数学期望为，根据题意列出关于数学期望的方程求解即可.【详解】设投篮总次数的数学期望为，若第一次没有投中，则后续需重新投篮，且后续重新投篮的总次数的数学期望仍为，此情况下发生的概率为0.2，投篮总次数为，若第一次投中，且第二次没有投中，则后续需重新投篮，且后续重新投篮的总次数的数学期望仍为，此情况发生的概率为，投篮总次数为，若第一次投中，第二次投中，则此情况发生的概率为，投篮总次数为2，则投篮总次数的数学期望为，解得故答案为：15．(1)(2)【分析】（1）借助余弦定理的推论计算即可得；（2）借助正弦定理可将边化为角，再结合锐角三角形性质计算即可得.【详解】（1）因为，则，则，因为，所以；（2）因为，所以，则，由正弦定理，得，所以，因为为锐角三角形，所以，解得，所以，所以，所以，即的取值范围为.16．(1)证明见解析;(2).【分析】（1）利用空间几何中的平行垂直关系，可求证线线垂直，线面垂直，进而得到线线垂直；（2）利用空间向量法来求二面角的夹角余弦值即可.【详解】（1）连接，是以为斜边的等腰直角三角形，为的中点，，又平面平面，平面平面平面，平面，又平面，，四边形为平行四边形，为的中点，，又，，又，平面，平面，又平面，.（2）在平面中，过作交于点，结合（1）易知两两垂直．所以以分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图所示．，，则，.设平面的法向量为，取，则，故是平面的一个法向量，设平面的法向量为，取，则，故平面的法向量为，设平面与平面的夹角为，则，故平面与平面的夹角的余弦值为.17．(1)答案见解析(2)【分析】（1）求导得，再分和两种情况讨论导数正负即可得解；（2）分离参数得对恒成立，再设，求导后对分子因式分解，再设新函数求导，最后得到右边最值即可得到答案.【详解】（1）定义域为，，①当时，恒成立，故在上单调递增；②当时，令有，解得，又，令，解得，则在上单调递增，在上单调递减，综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）由题，所以恒成立等价于对任意恒成立，令，则，令，则，即在上单调递增，故，令有，当时，，此时单调递减；当时，，此时单调递增，则为唯一的极小值点，也是最小值点，故，从而，因此实数的取值范围为.18．(1)；(2)（或）；(3)【分析】（1）根据已知条件，利用概率的基本性质即可求出的值；（2）通过分析与的关系，构造等比数列，进而求出数列的通项公式；（3）利用期望的性质，将转化为，再根据期望的定义求出.【详解】（1）已知第1天一定晨跑，故，第2天晨跑的概率由第1天晨跑决定，故，第3天晨跑的情况分两种：第1天晨跑，第2天不晨跑，第3天晨跑，概率为，第1天晨跑，第2天晨跑，第3天晨跑，概率为，故.（2）由题意得，张明第天晨跑后，下一次晨跑在第天的概率为，张明第天晨跑后，再在第天晨跑的概率为，所以，即，则，所以，即，所以是以为首项，为公比的等比数列.由（1）得，，，所以，所以，则，所以，所以．（或）（3）记他前天中，第天晨跑的次数为．由题意得，服从两点分布，且，因为，且对于离散型随机变量，都有，所以，所以，所以所以.（或19．(1)(2)是，(3)证明见解析【分析】（1）由双曲线的焦距为，得到，再根据一条渐近线方程为，由求解；（2）易知切线的斜率都存在，设过点的切线的方程为，根据直线与圆相切，由圆心到切线的距离为，得到，设切线的斜率，且，分别设直线PB，PC的方程，与双曲线方程联立求得点B，C的坐标，写出直线BC的方程求解；（3）由（1）得到动点的轨迹，其中，设直线的方程分别为和，其中，与双曲线的方程联立，求得E，F，M，N的坐标求解.【详解】（1）由双曲线的焦距为可得，又其中一条渐近线方程为，则，解得，所以双曲线的方程为.（2）由题意，切线的斜率都存在，设过点的切线的方程为，动圆的半径为，所以圆心到切线的距离为，化简得，则的斜率是该方程的两个根，可得．设直线，联立方程得．由韦达定理，，则，将其代入可得,即得，同理可得,因，则得又因为，所以直线的方程为