2026-2027学年湖南省邵阳市高二上学期拔尖创新班9月联考数学试卷（含解析）

/数学本试卷共4页，19个小题．满分150分．考试用时120分钟．一、选择题（本大题共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）1.一组数据3，1，4，1，5，9，2，6，5，3的中位数是（）A.3 B.3.5 C.4 D.72.双曲线的两条渐近线的夹角为（）A. B. C. D.3.复数的共轭复数为（）A. B. C. D.4.已知，，则在上的投影向量为（）A. B. C. D.5.已知正项等比数列，其前n项和为．若，，则（）A. B. C. D.6.在四棱锥中，，，．若该四棱锥的外接球球心在底面内，则该四棱锥的体积为（）A. B. C. D.7.已知钝角满足，则（）A. B. C. D.8.设函数，，则下列说法正确的是（）A.的最小值为0 B.若，则的极值点也是其零点C.可能存在两个不同的零点 D.可能存在三个不同的零点二、多选题（本大题共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.函数（，，）的部分图象如图所示，图象与轴的一个交点为，与轴的交点为，是最高点，若，则（）A. B.C. D.直线与函数的图象一共有四个交点10.如图，在四棱锥中，，平面，取棱的中点为，连接，则下列说法正确的是（）A.存在点，使得 B.存在点，使得C.不存在点，使得 D.线段的长度恒为11.已知圆，圆，直线，点为直线上的动点，过作圆的两条切线，切点分别为，；过作圆的两条切线，切点分别为，，为坐标原点，则下列说法正确的是（）A.直线是圆与圆的公共弦所在直线B.对于直线上任意一点，都有C.当直线与相交时，设交点为，则一定在直线上D.若圆与圆，均外切，记点到直线的距离为，则三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.若，则的最小值为__________．13.已知函数与具有相同的单调递减区间，则实数__________．14.函数的定义域为，值域为，对任意，均有，则的最小值为__________．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.在锐角三角形中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求A；（2）若，求周长的取值范围．16.双曲线：的离心率为，其右焦点到渐近线的距离为．（1）求双曲线的标准方程；（2）设点在双曲线的右支上，以为切点作双曲线的切线，与其两条渐近线分别相交于点，证明：为线段的中点．17.如图，在多面体中，四边形是直角梯形，，，，均与平面垂直，且．（1）在棱上取一点E，使得平面，证明：E为棱的中点；（2）求平面与平面的夹角的余弦值．18.设函数，其中，．（1）若，求函数在处的切线方程（结果用参数a表示）；（2）若，恒成立，求a的最大值；（3）若存在唯一的正数a，使得当时，恒成立，求满足条件的k的值．19.已知数列，，满足，其中，，，且，中至少有一个成立．若存在唯一的非零常数，，使得对任意的正整数恒成立，则称可由基线性表示．（1）若可由基线性表示，证明：为等比数列；（2）若，，且，，可由基线性表示．（ⅰ）求的前n项和；（ⅱ）求的通项公式．

数学本试卷共4页，19个小题．满分150分．考试用时120分钟．一、选择题（本大题共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）1.一组数据3，1，4，1，5，9，2，6，5，3的中位数是（）A.3 B.3.5 C.4 D.7答案：B解析：解答过程：将这组数据按从小到大排列如下：1，1，2，3，3，4，5，5，6，9，共10个数据，所以中位数为.2.双曲线的两条渐近线的夹角为（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：将双曲线化为标准方程，根据渐近线公式求出两条渐近线，再由两条渐近线的倾斜角求夹角．解答过程：双曲线可化为所以，，两条渐近线为直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，因此两条渐近线的夹角为3.复数的共轭复数为（）A. B. C. D.答案：A解析：解答过程：，其共轭复数为．4.已知，，则在上的投影向量为（）A. B. C. D.答案：A解析：解答过程：，，在上的投影向量为．5.已知正项等比数列，其前n项和为．若，，则（）A. B. C. D.答案：D解析：解答过程：因为，所以，则公比，则，得，因为，所以.6.在四棱锥中，，，．若该四棱锥的外接球球心在底面内，则该四棱锥的体积为（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：由题意得到，从而得到，由四棱锥的外接球球心在底面内，得到四点共圆，从而得到，继而得到，则四边形的外接圆的圆心是的中点，即四棱锥的外接球球心为点，通过勾股定理求出，利用锥体的体积公式求解.解答过程：因为，，且为公共边，所以，所以，因为四棱锥的外接球球心在底面内，所以四点共圆，所以，因为，所以，所以四边形的外接圆的圆心是的中点，所以四棱锥的外接球球心为点，在中，，，，则，即，所以，，因为，的中点，所以，又因为，所以,因为，所以，因为，，，所以，所以，因为，，所以底面，所以是四棱锥的高，所以该四棱锥的体积为.7.已知钝角满足，则（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：利用三角恒等变换、因式分解结合钝角的取值范围求解.解答过程：由二倍角公式，代入原方程得：，整理得：利用替换常数项，，合并同类项得：，因式分解得：，分情况讨论：，即，已知是钝角（），此时，不符合条件，舍去；当，整理得：，联立，解得或，因为为钝角，故，所以，所以.8.设函数，，则下列说法正确的是（）A.的最小值为0 B.若，则的极值点也是其零点C.可能存在两个不同的零点 D.可能存在三个不同的零点答案：C解析：思路：化简得，令，，利用导函数研究的单调性即可判断A；分、、或、三种情况讨论CD选项；举反例判断B选项.解答过程：，令，则，因为，若，则，则在上单调递减，则；若，则得；得；则在上单调递减，在上单调递增；则，当时，，则；因为，所以当时；当时；则在上单调递减，在上单调递增，因为，所以若，即时，的最小值不为，故A错误；若，则，得，若，则，此时存在两个不同的值使得，此时存在两个不同的零点；若或，则或，此时存在一个值使得，此时存在一个零点；若，则，此时不存在值使得，此时无零点；故C正确，D错误；，若，因为，所以是的极值点，但，故的极值点不一定是其零点，故B错误.二、多选题（本大题共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.函数（，，）的部分图象如图所示，图象与轴的一个交点为，与轴的交点为，是最高点，若，则（）A. B.C. D.直线与函数的图象一共有四个交点答案：AB解析：思路：根据正弦型函数图像性质可知与，再由可得，进而可得，又直线与函数图象的交点个数可转换为方程的解的个数，即可转换为函数的零点个数，根据导数判断函数单调性与零点情况即可.解答过程：由已知函数的图象与轴的一个交点为，且是最高点，可知，即，又，则，A选项正确，即函数，又最高点为，所以，，解得，，又，所以，C选项错误，即，令可得，所以，，又，所以，平方可得，即，，解得，B选项正确，所以，则，，所以，直线，当时，，，所以当时，直线与函数图象无公共点；同理当时，，，无公共点；当时，函数单调递减，且单调递增，此时至多有一个公共点，又当时，，当时，，，所以当时，直线与函数图象有且只有一个公共点，当时，直线与函数图象的交点个数可转换为方程的解的个数，即可转换为函数的零点个数，且，，又，，令，解得，且当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，又，，所以，使，且当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，，单调递减，又，则，即函数在内无零点，又，则，所以函数在内有唯一零点，又因为，所以函数在内无零点，且为函数的零点，即当时，函数有且只有个零点，即此时直线与函数图象有个交点，综上所述直线与函数图象的交点个数为，D选项错误.10.如图，在四棱锥中，，平面，取棱的中点为，连接，则下列说法正确的是（）A.存在点，使得 B.存在点，使得C.不存在点，使得 D.线段的长度恒为答案：ACD解析：思路：利用线面垂直性质与勾股定理建系，A、C选项利用数量积为建立方程，结合约束条件判断是否存在满足条件的解；B选项通过数量积恒为非零常数判断；D选项利用两点间距离公式，整体代入约束条件消参，证明线段长度为定值.解答过程：由可知，，，因为AB⟂平面，且平面，所以：AB⟂AD且AB⟂在中，，可得：，以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则：，，，因为，是等边三角形，计算得点的坐标：，由于点在平面内，设，由，可得约束条件：，因为是的中点，由中点坐标公式可得：；A选项：，，若PA⟂BD，则，解得，代入，得，此时存在点或满足题意，故A选项正确；B选项：，，，无论点在何处，数量积恒为，不可能为，所以不可能垂直于，故B选项错误；C选项：，若PC⟂BD，则，解得，代入约束条件，得，解得，此时点的坐标为，此时、、三点共线，无法构成四棱锥，因此，在四棱锥中，不存在这样的点，故C正确；D选项：，，将代入，得：，所以恒成立，故D正确.11.已知圆，圆，直线，点为直线上的动点，过作圆的两条切线，切点分别为，；过作圆的两条切线，切点分别为，，为坐标原点，则下列说法正确的是（）A.直线是圆与圆的公共弦所在直线B.对于直线上任意一点，都有C.当直线与相交时，设交点为，则一定在直线上D.若圆与圆，均外切，记点到直线的距离为，则答案：BCD解析：思路：根据两圆相离可判断A；根据切线长计算公式计算可判断B；写出切点弦所在直线方程，求出交点，计算可判断C；设，由题意可得，根据两点间距离公式及点到直线距离公式计算可判断D.解答过程：圆的圆心，半径，圆的圆心为，半径，对于A，因为，所以圆与圆相离，不存在公共弦，故A错误；对于B，设满足直线，则，，所以，故B正确；对于C，先证明圆上点处的切线方程为．证明如下：①若切线的斜率存在，设切线的斜率为，则，所以，又过点，由点斜式可得，化简可得，，又，所以切线的方程为；②若切线的斜率不存在，则，此时切线方程为．综上所述，圆上点处的切线方程为，设，，，再证明直线的方程为，证明如下：因为圆在处的切线方程为，因为点在切线方程上，所以，同理可得，则，满足方程，根据不同两点确定唯一一条直线，故直线的方程为，同理可得直线的方程为，设两条直线交点为，代入两条直线并作差得，因为点满足，所以，故点在直线上，故C正确；对于D，设圆的半径为，则，所以，设，则，即，化简可得，而点到直线的距离，因为，所以，即，故D正确.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.若，则的最小值为__________．答案：9解析：解答过程：，故，由对数有意义可知，则，，当且仅当，即时等号成立，故的最小值为9．13.已知函数与具有相同的单调递减区间，则实数__________．答案：解析：思路：利用导数法求出的单调递减区间和的单调递减区间，利用这两个函数具有相同的单调递减区间得到的等式，求出的值.解答过程：函数的定义域为，

，令，即，，，所以的单调递减区间是，函数的定义域为，

因为恒成立，所以等价于，已知与有相同的单调递减区间，则当时，在恒成立，不符合题意，故，

此时，，即的单调递减区间为，因为两个函数的单调递减区间相同，所以，解得.14.函数的定义域为，值域为，对任意，均有，则的最小值为__________．答案：##解析：思路：利用赋值法可得，且满足，有，即可转换为曲线上一点到点和点的距离之和，的最小值，结合双曲线的定义，可得最值.解答过程：令，则，解得或，又函数的值域为，所以，令，则，故，有，又可表示一点到点和点的距离之和，且满足点在曲线上，即可转化为曲线上一点到点和点的距离之和，即为求的最小值.由于曲线等同于等轴双曲线的一只，且其顶点坐标为，对应双曲线的实半轴长为，则，，则对应的焦点坐标为，，则点与重合，即，又点在第一象限，则，所以，所以，所以当点在线段上时，取得最小值为，即.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.在锐角三角形中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求A；（2）若，求周长的取值范围．答案：（1）（2）解析：思路：小问（1）根据商数关系、正弦定理和诱导公式将等式化简，再根据锐角三角形得出角的范围从而求出结果；小问（2）运用第（1）问结果和锐角三角形求出角B的范围，再根据正弦定理和角的关系求出b、c两边与角B的关系式，三角形的三边相加并进行化简，再根据角B的范围求出周长的范围.（1）在中，由题意得：，即，得，因为，解得．又，故．（2）由于该三角形为锐角三角形，，有，即，解得．由正弦定理得：，解得，，则的周长，又因为，所以，的周长的取值范围为．16.双曲线：的离心率为，其右焦点到渐近线的距离为．（1）求双曲线的标准方程；（2）设点在双曲线的右支上，以为切点作双曲线的切线，与其两条渐近线分别相交于点，证明：为线段的中点．答案：（1）（2）设，，，先证该双曲线在点处的切线方程为，证明过程如下：联立，整理有，由于，则，，故直线与双曲线相切，证毕；联立得，则为方程的解，故，故P为线段的中点．解析：思路：（1）利用双曲线右焦点到渐近线距离等于直接得到，结合离心率和关系式求出，写出标准方程；（2）写出双曲线上点处切线方程，联立切线与两条渐近线，利用韦达定理求出交点横、纵坐标之和，验证中点坐标恰好就是切点，完成证明．（1）因为右焦点到渐近线的距离，故，又，且，解得，，，则曲线C的标准方程为；（2）略17.如图，在多面体中，四边形是直角梯形，，，，均与平面垂直，且．（1）在棱上取一点E，使得平面，证明：E为棱的中点；（2）求平面与平面的夹角的余弦值．答案：（1）证明：因为，平面，则，，故建立如图所示的空间直角坐标系，由，，，底面为直角梯形，解得．则，，，．在平面中，，．设平面的一个法向量为，则，即，取，解得．因为点E在上，设，则．因为平面，所以，解得，故E为线段的中点．（2）解析：思路：（1）建立空间直角坐标系，证明垂直平面的法向量；（2）求平面的法向量，结合（1）中平面的法向量，然后由夹角公式求解二面角.（1）略（2）在平面中，，．设平面的一个法向量为，则，即，取，解得．由（1）知，记面与面的夹角为，则，故平面与平面的夹角的余弦值为18.设函数，其中，．（1）若，求函数在处的切线方程（结果用参数a表示）；（2）若，恒成立，求a的最大值；（3）若存在唯一的正数a，使得当时，恒成立，求满足条件的k的值．答案：（1）（2）1（3）解析：思路：（1）求切点与导数值，点斜式写出切线；（2）求导找到函数最大值，将恒成立转化为关于的不等式，构造函数分析单调性求出最大值；（3）先求出在的最大值表达式，转化为关于的函数，要满足存在唯一正数使，必须最小值恰好等于，解方程求出．（1）由题可知，，，则，故函数在处的切线方程为；（2）当时，，，，可知在区间上单调递增，在区间上单调递减，则恒成立，设，，，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，且，，又，可知当时，，所以的最大值为；（3），令，由题可知，故，又，令，则，当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，，设，，欲存在唯一的正数a，使得，可知只需使得（且取得最小值的a值唯一），，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，所以，解得，当时，