精品解析：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

益阳市2026届高三9月教学质量监测 数学 注意事项： 1.本试卷包括试题卷和答题卡两部分；试题卷共4页，19小题，满分150分.考试时量120分钟. 2.答题前，考生务必将自己的姓名､考号等填写在答题卡指定位置.请按答题卡的要求在答题卡上作答，在本试题卷和草稿纸上作答无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 试题卷 一､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，则（ ） A. B. C. D. 或 2. 已知复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 10 3. 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. 6 5. 在中，为的中点，为平面内一点，且，则（ ） A. 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2.4 C. 中位数为3，众数为2 D. 中位数为3，方差为2.8 7. 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：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 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. 四棱锥体积为9 10. 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2 D. 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16 C. D. ，当时， 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 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：本题共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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 益阳市2026届高三9月教学质量监测 数学 注意事项： 1.本试卷包括试题卷和答题卡两部分；试题卷共4页，19小题，满分150分.考试时量120分钟. 2.答题前，考生务必将自己的姓名､考号等填写在答题卡指定位置.请按答题卡的要求在答题卡上作答，在本试题卷和草稿纸上作答无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 试题卷 一､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，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】B 【解析】 【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. 已知复数，则（ ） A B. 2 C. D. 10 【答案】C 【解析】 【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. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【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：C 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. 6 【答案】B 【解析】 【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. 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 【答案】A 【解析】 【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. 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2.4 C. 中位数为3，众数为2 D. 中位数为3，方差为2.8 【答案】B 【解析】 【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. 已知，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【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：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. 【答案】C 【解析】 【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. 二､多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 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9 【答案】BD 【解析】 【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：BD 10. 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2 D. 原点与圆上的点的距离的最大值为 【答案】AC 【解析】 【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：AC 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16 C. D. ，当时， 【答案】ACD 【解析】 【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：ACD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 曲线在点处的切线的方程为______． 【答案】 【解析】 【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. 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_____________ 【答案】3 【解析】 【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. 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__________. 【答案】 【解析】 【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： 四､解答题：本题共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. 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【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. 【小问1详解】 设事件“从中抽2道题，恰好抽到一道代数题和一道几何题”， . 【小问2详解】 根据题意，可能的取值为1，2，3 ，，， 所以的分布列为 1 2 3 故随机变量的期望. 16. 已知的内角所对的边分别为，且. （1）求； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 化简得， 又因为，则，可得，即， 且，所以. 【小问2详解】 因为，，由正弦定理得， 则，， 可得， 因为，则， 可得，所以. 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. 【答案】（1）证明见解析 （2）2 【解析】 【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. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 连接，因为为等边三角形，则. 所以两两垂直.则以坐标原点，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. 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：. 【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为 （2） （3）证明见解析 【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. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 由（2）知，当时，对任意，都有， 即成立，令，， 则. 当时，. 所以，. 当时，. 综上，. 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】（1） （2）（i）证明见解析，（ii） 【解析】 【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. 【小问1详解】 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：. 【小问2详解】 （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，所以，， 故直线的方程为：，显然当时，， 故直线经过定点. （ii）设直线的方程为：， 联立，整理得， 由韦达定理得， 又，所以直线的方程为， 令得， ， 所以直线经过定点，又， 所以 ， 所以，当且仅当时，即时取等号. 【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： (1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； (2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； (3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $