湖南省邵阳市“八校联盟”2025-2026学年高二上学期11月创新实验班联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖南省邵阳市“八校联盟”2025-2026学年高二上学期11月创新实验班联考试题一、单选题（本大题共8个小题，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】由题意可得，，则.故选：D.2.已知，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意得，，故.故选：A.3.已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列结论正确的是（）A.若，则B.若，则与相交C.若，则与平行D.若，则不可能相交【答案】D【解析】若，则与可能平行或异面，错误，D正确；若，则与平行或相交，B错误；若，则与可能平行或相交，C错误.故选：D.4.若函数在上存在零点，则实数a取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意，函数与的图像在上有交点，当时，的图像是由函数的图像向左平移的，根据图像可得只需要，即；当时，的图像是由函数向右平移的，此时在上恒有交点，满足条件，综上可得：，即实数a的取值范围是.故选：D.5.已知抛物线E:的准线交y轴于点M，过点M作直线l交E于A，B两点，且，则直线l的斜率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】抛物线的准线为，所以，由题意可知直线的斜率存在，故设直线为，，，则，即，所以，，因为，即，所以，所以或，所以.故选：B.6.已知函数为定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】当时，，易得在上单调递增，又，所以当时，，当时，，又是定义在上奇函数，当时，，当时，，当或时，.综上，不等式解集为.故选：A.7.已知函数的图象如图所示，将的图象向右平移个单位，使新函数为偶函数，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由图象可知：，；，，又，；，，解得：，；为偶函数，，解得：，又，当时，.故选：D.8.定义在上的函数，的导函数满足，记，，，则，，大小关系为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，，又，所以，令，则，故在上单调递减，，，，，因为在上单调递减，所以，即，又，所以，故选：A．二、多选题（本大题共3个小题，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9.下列说法正确的是（）A.数据13，27，24，12，14，30，15，17，19，23的第70%分位数是23B.若随机变量，且，则C.在回归分析中，可用决定系数的值判断模型的拟合效果，越大，模型的拟合效果越好D.在回归模型中，残差点所在的带状区域宽度越窄，说明模型拟合精度越高【答案】BCD【解析】对于A：先将数据从小到大排列为：12，13，14，15，17，19，23，24，27，30共10个数据，因为，为整数，所以第70%分位数是第7项和第8项的平均值，即，所以A错误；对于B：因为，正态分布关于对称，所以，所以，所以B正确；对于C：在回归分析中，决定系数越接近1，说明模型对数据的拟合效果越好，即越大，模型的拟合效果越好，所以C正确；对于D：残差点所在的带状区域宽度越窄，说明残差越小，模型对数据的拟合精度越高，所以D正确.故选：BCD.10.已知数列满足，则（）A.B.若，则C.D.若数列满足，记为的前项和，则【答案】ABD【解析】由递推公式得，，构造新数列得，，所以是公比为3，首项为3等比数列，所以，所以，故A正确，C错误；因为，所以数列前项和为：，所以，故B正确；由得，，所以，故D正确；故选：ABD．11.在长方体中，分别为的中点，分别为棱上的动点，则下列说法正确的是（）A.三棱锥的体积为定值B.的最小值为C.若，则平面截长方体所得截面为五边形D.若为中点，则三棱锥的外接球表面积为【答案】ACD【解析】A选项：在长方体中，在四边形中，，且，故四边形为平行四边形，所以.平面，且平面，故平面，又因为在上，所以到平面的距离为定值，由的面积确定，所以三棱锥的体积为定值，即三棱锥的体积为定值，故A正确；B选项，将沿翻折，使得与长方形共面，当三点共线且时，取得最小值，即过作，垂足为，与交于点，此时.由等面积法，其中，可得，解得，故B错误；C选项，当时，即为棱上靠近点的三等分点，在棱上取靠近点的三等分点，连接，则，且，，故四点共面.如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则，所以，令，则，所以，解得，即，即四点共面，则五点共面，故五边形即为平面截长方体所得的截面，故C正确；D选项，设三棱锥的外接球球心为，半径为，取中点，连接，设外心为，外接圆半径为，由，可知.在中，，则由余弦定理得，所以，故外接圆半径；由为直角三角形，则中点为的外心，连接.则，且，由平面，则平面，又平面，所以，同理可证，所以四边形为平行四边形，则；则，所以，三棱锥的外接球表面积为，故D正确．故选：ACD．三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分．）12.已知向量，且在上的投影向量的坐标为，则与的夹角为__________.【答案】或【解析】设与的夹角为，且，，则在上的投影向量为，即，所以，所以，故答案为：.13.一支医疗小队由3名医生和6名护士组成，将他们全部分配到三家医院，使每家医院分到医生1名和护士1至3名，其中护士甲和护士乙必须分到同一家医院，则不同的分配方法有_________种.【答案】684【解析】根据题意，分3步完成：第一步：将6名护士分成3组，每组1至3人，其中护士甲和护士乙分到同一组，若甲和乙一组，将其他4人分成2组即可，有种分组方法；若甲乙组恰有3人，从其他4人中选1人分到甲乙组，剩下的3人分成2组，有种分组方法；则护士有种分组方法；第二步：将3名医生分成3组，每组1人，有1种分组方法；第三步：将分好的三组护士和三组医生安排到三家医院，有种安排方法；根据分步乘法计数原理得种分配方法.故答案为：.14.已知点是双曲线的右焦点，过的直线与交于两点，点与点关于原点对称，．若为线段上靠近点的四等分点，则的离心率为______．【答案】或【解析】取左焦点，设，则，由双曲线定义可得，，由，点与点关于原点对称，故四边形为矩形，故，有，化简可得得，故，，则在中，有，即，故.故答案为：.四、解答题（本大题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15.记的内角的对边分别为，满足.（1）求角；（2）若，求的值.解：（1）由，得到,整理得到，即，又，则，得到，又，解得.（2）由（1）知，由余弦定理得，又，所以，由正弦定理知（其中为外接圆的半径），得到，所以.16.如图，在三棱柱中，是正方形的中心，，平面，且．（1）求与平面所成角的正弦值；（2）在线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，求出的长；若不存在，说明理由．解：（1）以点为坐标在原点建立空间直角坐标系，如图：则，，，，，，，设平面的一个法向量则，即，令得，设与平面所成角为，，，（2）假设存在点，设，且，，，设平面的法向量，则，即，令得，平面平面，，即，得，存在这样的点使得平面平面，且．17.已知函数．（1）求的单调区间；（2）若曲线在处的切线方程为，证明：恒成立；（1）解：由题意得的定义域为，因为，所以，令，，令，，则在上单调递减，在上单调递增，综上，的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）证明：由题意得，则，令，化简得，则，令，，令，，可得在上单调递减，在上单调递增，得到，即成立，可得，故得证.18.已知椭圆的右顶点为，焦距为．（1）求的标准方程；（2）设的左焦点为，过点作斜率不为零的直线交于两点，连接分别交直线于点，过点且垂直于的直线交直线于点，则：①求证：为线段的中点；②记的面积分别为，试探究：是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．（1）解：由题意知：，的标准方程为：.（2）①证明：由（1）知：，设直线的方程为，，由得：，，，直线，令，解得：，同理可得：；直线，令，解得：；，为线段中点.②解：，；，，，，假设存在满足题意的，则，存在，使得.19.甲、乙、丙三人一起玩掷骰子的游戏，骰子质地均匀.游戏规则如下：甲选择数字1，乙选择数字2、3，丙选择数字4、5、6.每人掷一次骰子，当掷出自己所选的数字时，获得对应得分，否则其他人获得对应得分的一半.甲、乙、丙掷出所选数字时的对应得分为6、4、2.比如：在乙投掷时，若掷出数字2、3，则乙获得4分，甲、丙不得分；乙掷出1、4、5、6时，乙不得分，甲、丙各得2分.三人各投掷一次记为一轮.（1）一轮过后，记甲的得分为，求的分布列和期望；（2）一轮过后，甲因个人原因退出游戏，此时乙、丙重新制定规则：（i）两人各投掷一次记为一轮，无论是谁投掷，当出现数字1时，需重新投掷，得分规则同上.求进行两轮游戏后，乙的积分高于丙的积分的概率；（ii）不进行得分统计，通过掷出骰子的点数判定胜负，投掷一次为一轮，若一轮掷出1，2，3，乙胜，否则丙获胜.两人约定谁先获胜的局数达到一定数目时，可以把奖品全部赢下来.但游戏在中途被打断了，此时乙还需胜5轮才能赢下游戏，丙还需赢6轮才能赢下游戏.在这样的情况下，如果要按照乙、丙最终获胜概率大小分配奖品数量，求丙应该得到奖品的数