湖南省郴州市2026届高三上学期第一次教学质量监测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖南省郴州市2026届高三上学期第一次教学质量监测数学试题一､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.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】，则，故选：D.2.复数的虚部为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由，由此可得：的虚部为.故选：B.3.已知等差数列的前项和为，若，，则（）A.19 B.29 C.30 D.31【答案】A【解析】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.已知随机变量，且，则的最小值为（）A.5 B. C. D.【答案】D【解析】根据正态分布的知识得，则，，当且仅当，即时取等.故选：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【答案】B【解析】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.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.5【答案】B【解析】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：B.7.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.【答案】C【解析】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：C.8.设，，，则，，的大小关系正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.）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【答案】ACD【解析】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.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【答案】AD【解析】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：AD.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【答案】ACD【解析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，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.三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）12.已知向量，若与的夹角为锐角，且，则实数的值为__________.【答案】3【解析】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.在的展开式中，若的系数为则_________.【答案】【解析】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.已知实数不等式恒成立，则实数的最大值为________.【答案】【解析】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：.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.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S.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.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.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.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.（1）证明：方法一：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：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）解：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）解：三棱锥的内切球球心为半径为三棱锥的表面积为S，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.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.（1）解：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）证明：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）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）由（i）知，（其中），则，即，故射线平分.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：.（1）解：，①当在上单调递增；②当，令，解得当在上单调递增；当在上单调递减．综上知：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减．（2）解：若，当时，，显然不满足恒小于等于0，因此，由（1）