【高考模拟】湖南省益阳市2025-2026学年高三上学期9月教学质量监测数学试题（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页湖南省益阳市2025-2026学年高三上学期9月教学质量监测数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知，则（

）A． B． C． D．或2．已知复数，则（

）A． B．2 C． D．103．若，则（

）A．B．C．D．4．已知函数的图象关于直线对称，则的取值可以是（

）A．3 B．4 C．5 D．65．在中，为的中点，为平面内一点，且，则（

）A．的最大值为B．的最大值为C．的最大值为D．的最大值为6．四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的是（

）A．平均数为3，中位数为2 B．平均数为2，方差为2.4C．中位数为3，众数为2 D．中位数为3，方差为2.87．已知，，且，则（

）A． B．C． D．8．已知抛物线的焦点为，过作直线交抛物线于两点，则的最小值为（

）A． B． C． D．二、多选题9．在正方体中，为的中点，，则（

）A．B．平面C．与平面所成的角为D．四棱锥的体积为910．在平面直角坐标系中，圆的半径为1，点在圆上，则（

）A．轴与圆可能相切B．直线与圆可能相交C．轴被圆所截得的弦长的最大值是2D．原点与圆上的点的距离的最大值为11．若，当时，记.数列的通项公式为，其前项和为，设，则下列结论正确的有（

）A．B．若，则或16C．D．，当时，三、填空题12．曲线在点处的切线的方程为．13．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层灯数为14．已知定义在上的奇函数满足，且当时，.函数与函数的图象的所有交点的横坐标之和为.四、解答题15．在5道数学试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回.(1)如果从中抽2道题，求恰好抽到一道代数题和一道几何题的概率；(2)如果从中抽3道题，记表示抽到代数题的道数，求随机变量的分布列和数学期望.16．已知的内角所对的边分别为，且.(1)求；(2)若，求的取值范围.17．如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，底面为等边三角形，平面平面，点分别是的中点.

(1)证明：平面平面；(2)若，点在直线上，且平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长.18．已知函数.(1)当时，求函数的单调区间；(2)当时，，求的取值范围；(3)若，证明：.19．动圆与圆和圆都内切，记动圆圆心的轨迹为.(1)求的方程；(2)已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为，则曲线上一点处的切线方程为：，试运用该性质解决以下问题：点为直线上一点（不在轴上），过点作的两条切线，切点分别为.（i）证明：直线过定点；（ii）点关于轴的对称点为，连接交轴于点，设的面积分别为，求的最大值.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《湖南省益阳市2025-2026学年高三上学期9月教学质量监测数学试题》参考答案题号12345678910答案BCCBABDCBDAC题号11答案ACD1．B【分析】化简集合，再利用集合的交集运算求解即可.【详解】因为，，所以，故选：B.2．C【分析】由复数的乘法公式和模的计算公式即可求解.【详解】因为，所以.故选：C.3．C【分析】令计算可判断A；利用展开式的通项公式计算可判断B，令计算可判断C；令结合C选项计算可判断D.【详解】对于A，令，得，即，故A错误；对于B，展开式的通项公式为，所以，故B错误；对于C，令，得，即，故C正确；对于D，令，得，即，因为，所以，因为，所以不成立，故D错误.故选：C4．B【分析】由正弦型函数的对称性知，即可求解.【详解】由题意，，得，当时，，故选：B.5．A【分析】以为坐标原点，，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，为以为圆心，半径为圆上一点，根据向量运算的几何意义逐选项判断即可.【详解】以为坐标原点，，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，所以，设，所以，因为，所以，即，即，所以为以为圆心，半径为圆上一点，对于A，，所以，几何意义为到原点的距离，所以的最大值为到原点的距离的最大值，最大值为原点到圆心距离加上半径，即，故A正确；对于B，，，几何意义为到的距离，所以的最大值为到的距离的最大值，最大值为到圆心距离加上半径，即，故B错误；对于C，，令，即，即，当与圆相切时有最值，即，解得，所以的最大值为，即的最大值为5，故C错误；对于D，，因为为以为圆心，半径为圆上一点，所以的最大值为，所以的最大值为，故D错误，故选：A.6．B【分析】根据题意举出特例，结合中位数，众数，平均数以及方差公式，即可得出答案．【详解】对于A，当投掷骰子出现结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点数6，故A错误；对于B，若平均数为2，且出现6点，则方差，则平均数为2，方差为时，一定没有出现点数6，故B正确；对于C，当投掷骰子出现结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点数6，故C错误；对于D，当投掷骰子出现结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3，平均数为，方差为，可以出现点数6，故D错误；故选：B．7．D【分析】对条件等式进行化简，并对进行分类讨论，通过构造函数并考虑其单调性进行大小比较.【详解】当时，，即；当时，，即.故当时，，，四个选项均成立.当，时，化简得.先考虑函数，.则，故在上单调递增.因为，所以.因为，所以，即.若，，则，根据的单调性，可知.故此情况下，，.可排除B、D选项.若，，则，根据的单调性，可知.故此情况下，，.可排除A选项.综上，当满足题目条件时，恒成立.故选：D8．C【分析】根据抛物线的焦点坐标求出，设出，坐标，联立直线和抛物线，利用设而不求思想结合基本不等式进行转化求解即可．【详解】如图，设抛物线的焦点坐标为，焦点为，，得，即抛物线方程为，当轴时，易得，，则，则；当不垂直轴时，设斜率为，，，则直线的方程为，，代入可得，即，则，，过分别作准线的垂线，垂足分别为，则，，，则，于是，，当且仅当，即时取等号.综上：因,故的最小值为.故选：C.9．BD【分析】建系，借助空间向量的方法判断AB；利用与平面所成的角为，求出，判断C；求出四棱锥的高，利用体积公式求体积判断D.【详解】如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，因为，所以，，，，对于A，，因为，所以不垂直，故A错误；对于B，由图知，面的一个法向量为，由A得，，所以，所以，不在平面内，故平面，故B正确；对于C，因为平面，所以与平面所成的角即为，在中，，，所以与平面所成的角不为，故C错误；对于D，取中点为，，平面，所以平面，所以的长即为四棱锥的高，所以四棱锥的体积为，故D正确，故选：BD10．AC【分析】A，设圆，令举例说明；B，令，利用关系式求出的范围，再根据直线与圆的位置关系判断方法计算即可；C，先根据圆与轴相交求出的范围，再根据弦长公式即可判断；D，将问题转化为求的最值，再利用几何意义即可求出.【详解】设圆，因点在圆上，则，若，则，则圆，此时轴与圆相切，故A正确；令，则，因直线与圆有交点，则，得，则圆心到直线的距离，则，故直线与圆不可能相交，故B错误；因，得，令，则化为，故当时圆与轴相交，弦长为，等号成立时，故C正确；因，则可以理解为以为圆心，以为半径的圆上的点到的距离，则的最大值为，故，故原点与圆上的点的距离的最大值为，故D错误.故选：AC11．ACD【分析】对于选项A：利用求出，利用，得到的范围，利用，，时，求出，从而得到，从而得到选项A正确；对于选项B：利用得到，再对取值得到选项B不正确；对于选项C：利用，求出的表达式，判断的下界与的大小关系，从而得到选项C正确；对于选项D：利用的增长速度比快得到选项D正确.【详解】对于选项A：，，，，，，，，，时，，，，，，，，则选项A正确.对于选项B：若，，，，，，，，当时，成立，此时；当时，成立，此时；当时，成立，此时；当时，成立，此时，则选项B错误.对于选项C：当时，，当时，，因为，又满足的整数n共有2m个，故.即.则选项C正确.对于选项D：当足够大时，是单调递增函数，随着的增大，增长速度越来越快，是缓慢增长的函数，随着的增大，增长速度越来越慢，幂函数的增长速度比对数函数的增长速度快，例如，当时，，，此时；当时，，，此时；当继续增大时，的增长速度远快于，会有更多的使得；根据上述分析，存在，使得当时，，则选项D正确.故选：ACD12．【分析】利用导数求出切线的斜率，利用点斜式可得出所求切线的方程.【详解】对函数求导得，则，因此，曲线在点处的切线的方程为.故答案为：.13．3【详解】分析：设塔的顶层共有a1盏灯，则数列{an}公比为2的等比数列，利用等比数列前n项和公式能求出结果．详解:设塔的顶层共有a1盏灯，则数列{an}公比为2的等比数列，∴S7==381，解得a1=3．故答案为3.点睛：本题考查了等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力.14．【分析】根据条件先得出函数的周期性与对称性，函数的对称性，然后再利用函数与函数的图像交点研究问题即可.【详解】因为定义在上的奇函数满足，所以，所以，即函数是以为周期的函数，当时，，所以函数的图象是以为圆心，为半径的圆的一部分，由函数的图象可知函数关于直线对称，因为，所以函数关于直线对称，因为，，，所以函数与函数在有一个交点，因为，，，，，

所以函数与函数在上有两个交点，当时，，，此时函数与函数无交点，因为，所以时，函数与函数无交点，综上，当时，函数与函数有三个交点，根据对称性可知，函数与函数的交点关于直线对称，作出函数与函数的图象如下图所示：所以函数与函数的图象的所有交点的横坐标之和为.故答案为：15．(1)(2)分布列见解析，【分析】（1）求出抽到一道代数题和一道几何题的可能以及总的可能情况，利用概率的公式求解；（2）先确定的所有取值，求出各自的概率，写出分布列，利用期望的公式可得期望.【详解】（1）设事件“从中抽2道题，恰好抽到一道代数题和一道几何题”，.（2）根据题意，可能的取值为1，2，3，，，所以的分布列为123故随机变量的期望.16．(1)(2)【分析】（1）根据题意利用正弦定理结合三角恒等变换可得，即可得角C；（2）利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，再根据正弦函数有界性运算求解.【详解】（1）因为，由正弦定理得，化简得，又因为，则，可得，即，且，所以.（2）因为，，由正弦定理得，则，，可得，因为，则，可得，所以.17．(1)证明见解析(2)2【分析】（1）取的中点，连接，证明平面，再利用面面垂直的判定定理得到答案；（2）建系，设，借助于空间向量表示平面与平面的夹角的余弦值，进而求出，即得答案.【详解】（1）如图，取的中点，连接，因为侧面为菱形，，

所以.又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.又因为是的中点，所以四边形为平行四边形，所以，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）连接，因为为等边三角形，则.

所以两两垂直.则以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，因为AB=2，所以.故，.设，则，即.，.设平面的一个法向量为，则则，取，则，.故平面的一个法向量为.又由（1）可知平面的一个法向量为，由题意可得，即.解得.又，所以，线段CF的长为2.18．(1)的单调递增区间为，单调递减区间为(2)(3)证明见解析【分析】（1）当时，，利用导数求其单调区间；（2）依题意，当时，成立，利用导数结合单调性进行证明；（3）令，，则，用此不等式对待证不等式左边各项放缩，并利用不等式的基本性质即可证得.【详解】（1）当时，.所以，.所以，当时，，单调递增.当时，，单调递减.综上，的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）当，成立，等价于当时，成立.因为，设，则.所以，单调递减，即单调递减.当时，.所以，单调递减，，符合题意.当时，，所以存在，使得当时，.此时单调递增，，不符合题意.综上.（3）由（2）知，当时，对任意，都有，即成立，令，，则.当时，.所以，.当时，.综上，.19．(1)(2)（i）证明见解析，（ii）【分析】（1）根据椭圆的定义求解点的轨迹方程；（2）（i）根据题意中的性质求解出两条切线方程，代入点坐标后，得出直线的方程，从而得出定点坐标；（ii）联立直线的方程与椭圆的方程，由韦达定理得出，进而求解出的定点坐标，表示出，由基本不等式得出结果.【详解】（1）设动圆的半径为，由题意得圆和圆的半径分别为，，因为与，都内切，所以，，所以，又，，故，所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆，设的方程为：，则，，所以，故的方程为：.（2）（i）证明：设，，，由题意中的性质可得，切线方程为，切线方程为，因为两条切线都经过点