湖南省长沙市麓山国际实验学校2025-2026学年高三上学期入学考试数学试卷

麓山国际2026届高三入学考试数学试卷 高三年级 数学试卷 命题人：何嘉宇 审题人：李建华 总分：150分 时量：120分钟 一、选择题（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， 只有一个是符合题意的) 1.已知集合A={x∈N|x<4},B={-1,0,1,4,5},则AOB的元素个数是() A.1 B.2 C.3 D.4 2.-i(7+2i)的共轭复数是() A.-2-71 B.-2+7i C.2-7i D.2+7i 2 3.已知函数f()=Asin(am+p(A>0,0>0,g<)的部分图象如图所示 则0的值为() A月 B.2 C.π D.2π 4.已知a=0.64,b=1og。60.4,c=lg64,则a,b,c的大小关系是() A.b<a<c B.c<b<a C.a<b<c D.c<a<b 5.葫芦是中华民俗文化的组成部分，是一种文化载体、文化事象， 更是中华吉祥文化的象征.图①为一个清代乾隆釉里红团龙纹葫 芦瓶古玩，它近似为两个球融合组成的.现模仿该古玩制作了一 模型，其轴截面如图②所示，已知两球的半径分别为2和3，且两 球心的距离为√10，记两球心分别为O,O2,P为两个球面交线 上一点，则PO·PO,=() 图① 图② A.1 B. 2 C.2 D (贵)6.己知圆C:x2+y2=4,直线：y=+m,当k变化时，1截得圆C弦长的最小 值为2，则m=() A.士2 B.±V2 C. D.±5 数学第1页，共4页 c★)7如图所示，月，么是双曲线C茶-1a>06>0的左、右焦点， 双曲线C的右支上存在一点B满足BF⊥BF,BF与双曲线C的左支的交点 A平分线段BF,则双曲线C的离心率为() A.3 B.2W3 C.V13 D.15 8.已知函数f(x),g(x)的定义域均为R,f(x+1)为奇函数，且f(1-x)+g(x)=2, f(x)+g(x-3)=2,则() A.f()不为偶函数 B.8(x)为奇函数 20 C.∑f(k)=40 D.∑8(k)=40 k=1 二、选择题（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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9.如图，在正方体ABCD-ABCD中，M,N分别是AD,BD的中点， 则() A.四点A,M,N,C共面 M N B.MN∥CD C.AD∥平面BCD D.若MN=1,则正方体ABCD-AB,CD外接球的表面积为12π (★)10.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为4，b,c,对于△ABC有如下命题， 其中正确的是() A.若a2+b2>c2,则△ABC是锐角三角形 B.若A=了a=5.则sABC的外接圆的面积等于元 C.若△ABC是锐角三角形，则sinA>cosB D.若a cos A=bcos B,则△ABC是等腰直角三角形 11.过抛物线y=2x(p>0)的焦点F的一条直线交抛物线于A(x,y),B(x2,y2)两点， 则下列结论正确的是() A.·y2为定值 B.若经过点A和抛物线的顶点的直线交准线于点C,则BC∥x轴 C.存在这样的抛物线和直线AB,使得OA⊥OB(O为坐标原点) D.若直线AB与x轴垂直，则AB=2p 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12.设等比数列{a}的前n项和为Sn.若4-4=9，a4-42=18,则S= (★)l3.若函数f(x)=x2-ax+lnx在区间(1，e)上单调递增，则a的取值范围是 14.一个被染满颜料的蚂蚱从数轴上的原点开始跳动，每次跳跃有等可能的概率向左或向 右跳动1个单位长度，蚂蚱所在的点会留下颜色，则蚂蚱跳动4次后染上颜色的点数个数 X的期望E()= 数学第2页，共4页 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.（本题满分13分) 已知等差数列{a}的前n项和是Sn,4,=10,S,=40 (1)求a10: (2)求S,的最大值，并求对应的项数. A 16.（本题满分15分)） 如图，在直三棱柱ABC-ABC中，AB=AC=AA=2, B ∠BAC=90°，E,F分别为CC,BC的中点. (1)求证：AB⊥BC; (2)求直线AB与平面AEF所成角的余弦值. (★)17.（本题满分15分） 甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰：比赛前抽 签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负 者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其 中一人被淘汰，另一人最终胜利，比赛结束经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空设每场 比赛双方获胜的概率都为 (1)求比赛四场结束且丙获胜的概率： (2)求甲最终获胜的概率 数学第3页，共4页 18.（本题满分17分) 已知椭圆的两个焦点F（-1,0),F(1,0),过点耳作垂直于长轴的直线1交椭圆于点A,B, 此时与椭圆长轴的两端点C,D形成的四边形的面积为2. (1)求椭圆的方程： (2)过点耳作两条互相垂直的直线I(亿≠)，，与椭圆分别交于点P,Q及M,N,求四边 形PQMN的面积的最小值， 19.（本题满分17分) 已知函数f(x)=x-sinx. ()求曲线y=f)在点（号，f(》处的切线方程： (2)证明：x∈(0，)时，f(x)<tanx-x; (3)判断函数y=3f(x)-xsinx的零点个数 数学第4页，共4页答案第 1页，共 8页 麓山国际 2026 届高三入学考试数学试卷参考答案 原题序号：6、7、10、13、17 共 36 分 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D B D B C C D BD BC 题号 11 答案 ABD 1．B【详解】由题意可得  0,1,2,3A  ，则  0,1A B  ，故 A B 有 2个元素. 2．D【详解】因为  i 7 2i 2 7i    ，所以  i 7 2i  的共轭复数是 2 7i . 3．B【详解】由图可知 5π π 12 6 4 T   ，得 π 4 4 T  ，故 1 2π π 4 4   ，故 2  ． 4．D【详解】由 0.6xy  是R 上的减函数，所以有 0.4 00 0.6 0.6 1   ，则0 1a  ； 函数 0.6logy x 为  0,  上的减函数，所以有 0.6 0.6 0.6 0.6log 0.4 log 0.6 1,0 log 1 log 4> = = > ， 所以 1, 0b c  ，故 c a b  . 5．B【详解】如图，连接 1 2OO ，在 1 2POO 中， 1 2PO  ， 2 3PO  ， 1 2 10OO  ， 由余弦定理，可得 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 3 ( 10) 1cos 2 2 2 3 4 PO PO OOO PO PO PO            ， 故 1 2 1 2 1 2 1 3cos 2 3 4 2 PO PO PO PO O PO            ． 6．C【详解】由题可得圆心为  0,0 ，半径为 2，则圆心到直线的距离 2 1 m d k   ， 则弦长为 2 22 4 1 m k   ，则当 0k  时，弦长取得最小值为 22 4 2m  ，解得 3m   . 7．C【详解】设 1 ( 0)AB AF x x   ，由双曲线的定义得 1 2BF x ， 2 2 2BF x a  ， 2 2AF x a  ，由 1 2BF BF 得 2 2 2 2 2 2 2 2| | | | (, 2 ) (2 2 )AF AB BF x a x x a     ， 解得 3x a ，所以 1 6BF a ， 2 4BF a ， 在 1 2BF F△ 中，由勾股定理得 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 ,| | | | (2 ) (6 ) (4 )F F BF BF c a a   ，整理得 2 213c a ，即双曲线C的离心率 2 2 13 ce a   ， 8．D【详解】因为    3 2f x g x   ，所以    3 2f x g x   ，与    1 2f x g x   联立 答案第 2页，共 8页 可得    3 1f x f x   ，即  f x 的图象关于直线 2x  对称， 又  1f x  为奇函数，则    1 1 0f x f x    ，所以    3 1f x f x    ，即    2f x f x   ， 所以      4 2f x f x f x     ，所以  f x 是周期为 4的周期函数， 因为    1 2f x g x   ，所以    2 1g x f x   也是周期为 4的周期函数， 因为    2 2f x f x   ，    2 2f x f x   ，所以    2 2f x f x   ， 即    f x f x  ，从而  f x 为偶函数，故 A错误． 又  1f x  为奇函数，则  0 1 0f   ，即  1 0f  ， 所以      2 4 0f f f       0 0, 3 0f f  ， 故 20 1 ( ) k f k   5[ (1) (2) (3) (4)] 0f f f f     ，故 C错误． 由  1 0f  ，得  0 2 0g   ，则  g x 不可能为奇函数，故 B错误． 可求                2 2 1 2 1 2, 4 2 3 2 3 2, 1 3g f f g f f g g                       2 0 2 2 4 0 2 4f f f f              ， 所以           20 1 5 1 2 3 4 40 k g k g g g g         ，故 D正确． 9．BD【详解】对于选项A，连接 1AD 和 1BC ，由此可知点A，M ，N在平面 1 1ABC D 中， 点C平面 1 1ABC D ，则四点A，M ， N，C不共面，即选项A不正确； 对于选项B，由正方体的性质结合条件可知M ，N分别是 1 1,AD BD的中点，所以MN ∥ AB , 又因为CD∥ AB , 所以MN ∥ CD，即选项B正确； 对于选项C，点 B ,C , 1D 都在平面 1 1A BCD ,所以 1AD与平面 1BCD 相交，即 选项C不正确； 对于选项D，因为MN为△ 1ABD 的中位线，且 1MN  ，所以正方体的棱 长为 2， 设正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 外接球的半径为 R ,则 答案第 3页，共 8页 2 2 2 1 1 12 = 2 3R D A AA AB   , 即 3R  ，则外接球的表面积为 24π 12πS R  ,即选项D正确； 10．BC【详解】A：由余弦定理，得 2 2 2 cos 0 2 a c bB ac     ，得 B为锐角，不能判断 ABCV 为锐角，故 A错误； B：设 ABCV 的外接圆的半径为 R，由正弦定理得 32 2 sin 3 2 aR A    ， 得 1R  ，所以其外接圆的面积为 2π πR  ，故 B正确； C：若 ABCV 为锐角三角形，则 π 2 A B  ，且 π π 0 2 2 A B    ， 所以 πsin sin cos 2 A B B       ，故 C正确； D： cos cosa A b B ，由正弦定理，得 sin cos sin cosA A B B ， 即 sin 2 sin 2A B ，而  , , 0, πA B A B  ，所以 2 2A B 或 2 π 2A B  ， 即 A B 或 π 2 A B  ，则 ABCV 为等腰三角形或直角三角形，故 D错误. 11．ABD 【详解】 由已知可得 AB的斜率不等于 0，所以设 AB的方程为  0 2 px my m   ， 联立直线与抛物线的方程 2 2 2 y px px my       ，消去 x得 2 22 0y pmy p   ，所以 21 2y y p   为定 值，即 A正确， 经过点 A和抛物线的顶点的直线的方程为 1 1 yy x x  ，与准线的交点的坐标 1 1 , 2 2 pypC x        ， 因为 2 1 1 22 11 12 py p y p y yx y p        ，所以 2,2 pC y     ，即 BC x∥ 轴，所以 B正确， 因为  21 2 2 2 1 2 1 2 2 3 0 4 4 y y OA OB x x y y p p p           ，所以OA OB 不可能，即 C错误， 答案第 4页，共 8页 当 AB与 x轴垂直时， 1 22 px x  ，则由抛物线定义得 1 2 22 2 p pAB AF BF x x p       ， 所以 D正确， 12．93【详解】由题意公比 4 2 3 1 18 2 9 a aq a a      ，所以 1 1 4 9a a  ，解得 1 3a  ， 所以  5 5 3 1 2 93 1 2 S      . 13．（ ,3] 【详解】因为函数 2( ) lnf x x ax x   在区间 (1,e)上单调递增， 所以 1( ) 2 0f x x a x      在区间 (1,e)上恒成立，即 12a x x   在区间 (1,e)上恒成立， 令 1( ) 2 (1 e)g x x x x     ，则 2 2 2 2 1 2 1 ( 2 1)( 2 1)( ) 2 0x x xg x x x x         ， 所以 ( )g x 在 (1,e)上递增，又 (1) 3g  ，所以 3a  ．所以 a的取值范围是 ( ,3] ． 14． 27 8 【详解】蚂蚱跳动 4次后染上颜色的点数个数 X的可能取值为 2,3, 4,5， 2X  表示蚂蚱在0,1或者 0, 1 之间来回跳动，则   41 12 2 2 8 P X         ； 3X  表示蚂蚱由0向右最远跳到 2，可以为“右右左左”，“右左右右”，“右右左右”共3种， 由对称性知由0向左最远跳到 2 ，也有3种，由0向左最远跳到 1 ，最右跳到1，可能为“左 右右左”，“右左左右”有 2种，故一共有8种， 则   41 13 8 2 2 P X         ； 4X  表示蚂蚱跳动为“右右右左”，“左左左右”，“左右右右”，“右左左左”，共 4种， 则   41 14 4 2 4 P X         ； 5X  表示蚂蚱跳动为“右右右右”，“左左左左”，共 2种， 则   41 15 2 2 8 P X         ； 则 1 1 1 1 27( ) 2 3 4 5 8 2 4 8 8 E X          ， 15．（1） 10 6a   ；（2） 6,7n  时，最大值 42. 【详解】（1）根据题意设等差数列 na 的公差为 d，由 5 35 40S a  ，所以 3 8a  ， 由 2 10a  所以 3 2 2d a a    ，所以 1 12a  ，所以 1 ( 1) 14 2na a n d n     ， 所以 10 6a   ； （2）由（1）知 14 2na n  ，当1 6n  时， 0na  ，特别的 7 0a  ，当 8n  时， 0na  ， 答案第 5页，共 8页 所以当 6,7n  时，  6 112 6 6 5 2 42 2 n S S        ， 取最大值，最大值 42. 16．(1)证明见解析 (2) 33 6 ． 【详解】（1）证明：连接 1AB， 因为三棱柱 1 1 1ABC ABC 为直三棱柱，所以 1AA 平面 ABC， 又 AC 平面 ABC，所以 1AC AA ， 又 1,AC AB AB AA A   ， AB， 1AA 平面 1ABA，所以 AC 平面 1ABA， 又 1A B平面 1ABA，则 1AB AC ， 因为在直三棱柱 1 1 1ABC ABC 中， 1AB AA ，所以四边形 1 1ABB A为正方形，所以 1 1AB AB ， 因为 1AC AB A  ， AC、 1AB 平面 1ACB ，所以 1A B 平面 1ACB ， 又 1B C 平面 1ACB ，则 1 1AB BC ． （2）因为直三棱柱 1 1 1ABC ABC 中， 90BAC  ， 所以 AB， AC， 1AA两两垂直， 所以以A为原点，分别以 AB， AC， 1AA所在的直线为 x， y， z轴建立如图所示的空间直 角坐标系， 答案第 6页，共 8页 则 (0,0,0)A ， 1(0,0, 2)A ， (2,0,0)B ， (0,2,1)E ， (1,1,0)F ， 所以 1 (2,0, 2)AB    ， (0, 2,1)AE   ， (1,1,0)AF   ． 设平面 AEF的一个法向量为 ( , , )n a b c  ，则 2 0 0 n AE b c n AF a b             ， 令 1a  可得 (1, 1, 2)n    ． 设 1A B与平面 AEF所成角为 ， 所以 1 1 1 2 3sin cos , 64 4 1 1 4 n A B n A B n A B                ， 即 1A B与平面 AEF成角的正弦值为 3 6 ，所以 1A B与平面 AEF成角的余弦值为 33 6 ． 17．(1) 1 8 (2) 9 32 【详解】（1）解：设甲失败的事件为A ,乙失败的事件为 B ,丙失败的事件为C ,比赛四场结 束且丙获胜的事件为M ， 则       4 41 1 1= + = 2 2 8 P M P BABA P ABAB              ； （2）解：设甲失败的事件为A ,乙失败的事件为 B ,丙失败的事件为C ,甲最终获胜事件为 N， 则        P N P BCBC P BCBAC P BCABC            P BCACB P BABCB P BACBC P ACBCB P ABCBC     4 5 5 5 5 5 5 51 1 1 1 1 1 1 1 9 2 2 2 2 2 2 2 2 32                                                        . 18．(1) 2 2 1 2 x y  (2)16 9 ． 【详解】（1）由题意设椭圆方程为   2 2 2 2 1 0 x y a b a b     , 设 l与椭圆的交点为  01, y ，则 2 0 2 2 1 1y a b   ， 根据题意可得 02 2S a y   ，即   22 2 2 2 2 2 0 2 14 4 1 4 1S a y a b a a             ， 答案第 7页，共 8页 可得  22 24 1 4 2a a    ，则 2 1b  ，所以椭圆方程为 2 2 1 2 x y  ． （2）根据题意设      1 1 1 2 2: 1 , , ,l y k x P x y Q x y  ， ，联立    2 2 2 22 2 1 2 1 4 2 2 0 1 2 y k x k x k x kx y             ． 由韦达定理得 2 1 2 2 2 1 2 2 4 2 1 2 2 2 1 kx x k kx x k           ，则      2 242 2 2 22 8 1 2 2 1161 2 1 2 12 1 k kkPQ k k kk          ． 又直线  2 1: 1l y x k    ，同理代换可得，  22 2 2 12 2 1 2 2 1 1 22 1 kkMN k k             ， 则      22 2 2 4 11 2 2 1 2PQMN k S PQ MN k k       ． 不妨设  2 0t k t  ，即      2 2 2 4 2 14 1 12 1 22 1 2 2 5 2 2 5 PMQN t tt S t t t t t t                    ． 又  2 162 4 0 ,2 9PQMN t t S t         ， PQMNS 的最小值为 16 9 ， 当且仅当 22t t  时取等，所以四边形 PQMN的面积的最小值为 16 9 ． 19．(1)3 6 π 3 3 0x y    ； (2)证明见解析； (3)2. 【详解】（1）函数 ( ) sinf x x x  ，求导得 ( ) 1 cosf x x   ， 则 π π 11 cos 3 3 2 ( )f    ，而 π π π π 3sin 3 3 3 3 2 ( )f    ， 所以所求切线方程为 π 3 1 π) ( 3 2 ( ) 2 3 y x   ，即3 6 π 3 3 0x y    . （2）不等式 tan sin tan sin tan 2 0( )f xx x x x x x x x x          ， 答案第 8页，共 8页 令函数 πsin tan 2 ,0 2 ( )g x x x xx     ，即 sinsin 2 cos ( ) xx xg x x   ， 而0 cos 1x  ，求导得 2 2 2 2 cos sin 1cos 2 cos 2 cos cos ( ) x xx x x g xx       12 2 0 cos x    ，则函数 ( )g x 在 π(0, ) 2 上单调递增， ( ) (0) 0g x g  ， 所以 t( n) af xx x  . （3）函数 3 ( ) siny f x x x  的零点个数，即方程3 ( 3)sin 0x x x   根的个数， 而 3x   时，方程不成立，则原函数零点个数即为方程 3 sin 0 3 x x x    根的个数， 令 3( ) sin 3 xh x x x    ，原函数零点个数即为函数 ( )h x 的零点个数， 当 3x   时， 3 93 3 3 3 x x x      ，而 1 sin 1x   ，则 ( ) 0h x  ， 因此函数 ( )h x 在 3x   时无零点； 当 3 0x   时， 2 9( ) cos 0 ( 3) h x x x      ，函数 ( )h x 在 ( 3,0] 上单调递增， ( ) (0) 0h x h  ，因此函数 ( )h x 在 3 0x   时只有一个零点 0； 当 π0 2 x  时，令 2 9( ) ( ) cos ( 3) x h x x x      ，求导得 3 18( ) sin ( 3) x x x      ， 显然函数 ( )x  在 π(0, ) 2 上单调递增，而 2(0) 0 3     ， π( ) 0 2   ， 则存在 π(0, ) 2 t 使得 ( ) 0t   ，当0 x t  时， ( ) 0x   ；当 π 2 t x  时， ( ) 0x   ， 函数 ( )h x 在 (0, )t 上单调递减，在 π( , ) 2 t 上单调递增，又 π( ) (0) 0, ( ) 0 2 h t h h     ， 则存在 0 π( , ) 2 x t ，使得 0( ) 0h x  ，当 00 x x  时， ( ) 0h x  ；当 0 π 2 x x  时， ( ) 0h x  ， 函数 ( )h x 在 0(0, )x 上单调递减，在 0 π( , ) 2 x 上单调递增， 而 0 π( ) (0) 0, ( ) 0 2 h x h h   ，因此函数 ( )h x 在 π(0, ) 2 上只有一个零点； 当 π 2 x  时， 3 9 93 3 1 sinπ3 3 3 2 x x x x          ，即 ( ) 0h x  ， 因此函数 ( )h x 在 π 2 x  时无零点， 所以函数 ( )h x 有 2个零点，即函数 3 ( ) siny f x x x  的零点个数为 2.