精品解析：湖南省株洲市第一中学2026届高三上学期新起点第一次质量检测考试数学试题

2026届高三新起点第一次质量检测考试 数 学 本试卷分为选择题和非选择题两部分.时量120分钟，满分150分. 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. 2. 设复数（其中为虚数单位），则下列说法中正确的是 A. 它的实部为﹣3 B. 共轭复数 C. 它的模 D. 在复平面对应的点的坐标为 3. 四面体中，，，，且，，则等于（ ） A. B. C. D. 4. 在等差数列中，，，则的值是（ ） A. 9 B. 11 C. 13 D. 15 5. 某会议室第一排有9个座位，现安排4人就座，若要求每人左右均有空位，则不同的坐法种数为（ ） A. 8 B. 16 C. 24 D. 60 6. 某学校食堂为了解学生对食堂的满意度，从高一、高二两个年级分别随机调查了100名学生，根据学生对食堂的满意度评分，分别得到高一和高二学生满意度评分的频率分布直方图. 若高一和高二学生的满意度评分中位数分别为，平均数分别为，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知定义在上的奇函数满足.当时，，则（ ） A. B. C. D. 8. 设为坐标原点，为双曲线的左焦点，圆与的渐近线在第一象限的交点为，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、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. 已知函数为奇函数，的图象关于直线对称，若，则（ ） A. 函数为奇函数 B. 函数的最大值是 C. 函数图象关于直线对称 D. 函数的最小值为 10. 函数的大致图象可能是（ ） A. B. C. D. 11. 已知集合有且仅有两个子集，则下面正确的是（ ） A. B. C. 若不等式的解集为，则 D. 若不等式的解集为，且，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 椭圆上一点P到右焦点F的距离为3，则P到左焦点的距离是______，顶点在原点的抛物线C的焦点也为F，则其标准方程为______． 13. 已知，则________，________． 14. 某封闭的圆锥容器的轴截面为等边三角形，高为6．一个半径为1的小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的圆锥容器内壁的最大面积为______． 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. 已知函数与函数在处有公共的切线. （1）求实数的值； （2）记，求的极值. 16. 如图，在多面体中，平面，平面，平面，四边形为菱形，，． （1）若是靠近点的三等分点，证明：平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值． 17. 在中，设角、、所对边的边长分别为、、，已知. （1）求角的大小； （2）当，时，求边长和的面积. 18. 年九省联考后很多省份宣布高考数学采用新的结构，多选题由道减少到道，分值变为一题分，多选题每个小题给出的四个选项中有两项或三项是正确的，全部选对得分，有错选或全不选的得分若正确答案是“两项”的，则选对个得分若正确答案是“三项”的，则选对个得分，选对个得分某数学兴趣小组研究答案规律发现，多选题正确答案是两个选项的概率为，正确答案是三个选项的概率为其中． （1）在一次模拟考试中，学生甲对某个多选题完全不会，决定随机选择一个选项，若，求学生甲该题得分的概率 （2）针对某道多选题，学生甲完全不会，此时他有三种答题方案： Ⅰ 随机选一个选项 Ⅱ 随机选两个选项 Ⅲ 随机选三个选项． 若，且学生甲选择方案Ⅰ，求本题得分的数学期望 以本题得分的数学期望为决策依据，的取值在什么范围内唯独选择方案Ⅰ最好 19. 已知函数（是自然对数的底数），． （Ⅰ）求曲线在点处的切线方程； （Ⅱ）求的最大值； （Ⅲ）设，其中为的导函数，证明：对任意，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三新起点第一次质量检测考试 数 学 本试卷分为选择题和非选择题两部分.时量120分钟，满分150分. 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】C 【解析】 【分析】 根据交集运算的法则，即可求得答案. 【详解】因为，，所以， 故选：C 2. 设复数（其中为虚数单位），则下列说法中正确的是 A. 它的实部为﹣3 B. 共轭复数 C. 它的模 D. 在复平面对应的点的坐标为 【答案】C 【解析】 【分析】 利用复数代数形式的乘除运算化简，然后逐一核对四个选项得答案． 【详解】解：∵， ∴的实部为3，，， 在复平面对应的点的坐标为（3，4）. 故选: C. 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，以及复数的基本概念、共轭复数、复数的模和复数的几何意义，是基础题． 3. 四面体中，，，，且，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合图形，根据向量的线性运算法则计算即得. 【详解】因为，， 所以， 所以， 故选：B. 4. 在等差数列中，，，则的值是（ ） A. 9 B. 11 C. 13 D. 15 【答案】B 【解析】 【分析】 根据等差数列的性质计算． 【详解】∵是等差数列，∴，，，， ∴． 故选：B． 【点睛】本题考查等差数列的性质，利用等差数列的性质解题方便快捷．本题也可利用等差数列的基本量法求解． 5. 某会议室第一排有9个座位，现安排4人就座，若要求每人左右均有空位，则不同的坐法种数为（ ） A. 8 B. 16 C. 24 D. 60 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意转化为把4人安排在4个位置上 【详解】由题意，4人分别在第2，4，6，8四个位置，坐法种数有种 故选：C 6. 某学校食堂为了解学生对食堂的满意度，从高一、高二两个年级分别随机调查了100名学生，根据学生对食堂的满意度评分，分别得到高一和高二学生满意度评分的频率分布直方图. 若高一和高二学生的满意度评分中位数分别为，平均数分别为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别求出满意度评分中位数分别为，平均数分别为，即可比较大小. 【详解】由频率分布直方图，进行数据分析可得： . . 所以满意度评分中位数. . 所以满意度评分平均数. 故选：C 7. 已知定义在上的奇函数满足.当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知求得函数的周期，从而可求得答案. 【详解】解：因为函数是奇函数，所以函数的图象关于对称，且， 又函数满足，故， 故， 所以函数的周期， 又当时，， 所以. 故选：B. 8. 设为坐标原点，为双曲线的左焦点，圆与的渐近线在第一象限的交点为，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件写出双曲线的渐近线，与圆联立求出，再利用向量夹角为建立等式求解离心率即可. 【详解】 的渐近线为， 联立，因为在第一象限的交点为，得，即， 所以，又， 故， 化简得：， 故选：B. 二、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. 已知函数为奇函数，的图象关于直线对称，若，则（ ） A. 函数为奇函数 B. 函数的最大值是 C. 函数图象关于直线对称 D. 函数的最小值为 【答案】BC 【解析】 【分析】先利用条件求出函数和的表达式，再结合三角函数的图象性质逐一判断即可. 【详解】由题为奇函数，故等价于，由的图象关于直线对称，可得， . 故，同理， 故的最大值是且函数图象关于直线对称， 函数的最小值为， 故选：BC. 10. 函数的大致图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】先判断函数的奇偶性，可排除D选项，然后对 的取值进行分类讨论，比如，可判断A可能，再对分大于零和小于零的情况讨论，结合求导数判断函数单调性，即可判断B,C是否可能. 【详解】因为为定义域上的偶函数， 图象关于轴对称，所以D不可能. 由于为定义域上的偶函数，只需考虑的情况即可. ①当时，函数，所以A可能； ②当时，，， 所以在单调递增，在单调递减，所以C可能； ③当时，，， 所以在单调递减，在单调递减，所以B不可能； 故选:AC. 11. 已知集合有且仅有两个子集，则下面正确的是（ ） A. B. C. 若不等式的解集为，则 D. 若不等式的解集为，且，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据集合子集的个数列方程，求得的关系式，对A，利用二次函数性质可判断；对B，利用基本不等式可判断；对CD，利用不等式的解集及韦达定理可判断. 【详解】由于集合有且仅有两个子集，所以， 由于，所以. A，，当时等号成立，故A正确. B，，当且仅当时等号成立，故B正确. C，不等式的解集为，，故C错误. D，不等式的解集为，即不等式的解集为，且，则， 则，，故D正确， 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 椭圆上一点P到右焦点F的距离为3，则P到左焦点的距离是______，顶点在原点的抛物线C的焦点也为F，则其标准方程为______． 【答案】 ①. 7 ②. 【解析】 【分析】由椭圆的定义可得P到左焦点的距离，再由抛物线焦点坐标确定抛物线开口方向及方程系数，可得标准方程. 【详解】由椭圆知，， 则P到左、右两焦点的距离和为， 已知P到右焦点F的距离为3，则P到左焦点的距离为. 又右焦点，则顶点在原点的抛物线C开口向右，且， 则抛物线C的标准方程为. 故答案为：；. 13. 已知，则________，________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】，两边平方可得，与联立可得；再由两角差的正切展开式可得. 【详解】，两边平方得 即，可得， 又， 因此， . 故答案为：①②. 14. 某封闭的圆锥容器的轴截面为等边三角形，高为6．一个半径为1的小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的圆锥容器内壁的最大面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】分别计算侧面与底面上小球可能接触到的容器内壁的面积，即可得解． 【详解】 由轴截面为等边三角形的高为6，易得圆锥的母线长与底面圆的直径均为． 小球的半径为1，在圆锥内壁侧面，小球接触到的区域展开后是一个扇环， 可知扇环的半径为，，扇环所在扇形的圆心角为， 所以扇环其面积为； 在圆锥底面，小球接触到的区域是一个圆，其半径为其面积为． 综上，圆锥内壁上小球能接触到的区域面积为． 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. 已知函数与函数在处有公共的切线. （1）求实数的值； （2）记，求的极值. 【答案】（1），；（2）极大值为，无极小值 【解析】 【分析】 （1）由，即可解出 （2）求出，判断其符号，得出的单调性即可 【详解】（1），， 由题意得，， 解得，. （2），， ，的变化情况如表： 由表可知，的极大值为，无极小值. 【点睛】本题考查了导数的几何意义和利用导数研究函数的极值问题，对函数的导函数的正负性的判断是解题的关键. 16. 如图，在多面体中，平面，平面，平面，四边形为菱形，，． （1）若是靠近点的三等分点，证明：平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】（1）连接，交于点， 因为平面，平面，所以， 又平面，平面平面，所以，即四边形为矩形， 又四边形为菱形，所以， 以为原点，以为轴，以为轴，过作垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，， 所以，，， 则，， 所以，， 又平面，平面，且与相较于点， 所以平面； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据题意，以为原点，以为轴，以为轴，过作垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量可证得，，所以平面； （2）由（1）可分别求得平面与平面的法向量，利用法向量可求得平面与平面夹角的余弦值，再结合三角函数同角求值，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，，，，， 则，，， 设平面的法向量为，则， 令，解得，，所以平面的法向量为， 设平面的法向量为，则， 令，解得，，所以平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为，且由题意知， 则， 所以， 即平面与平面夹角的正弦值为. 17. 在中，设角、、所对边的边长分别为、、，已知. （1）求角的大小； （2）当，时，求边长和的面积. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）借助正弦定理将边化为角，结合及两角和的正弦公式计算化简即可得； （2）根据正弦定理即可计算出，结合可求出，再使用正弦定理即可得到，再使用面积公式即可得到面积. 【小问1详解】 由正弦定理得， 由于，则， 展开得， 化简得， 则， 所以； 【小问2详解】 由正弦定理，得，即有， 因为，所以是锐角，即， 因为， 所以， ， 所以 . 18. 年九省联考后很多省份宣布高考数学采用新的结构，多选题由道减少到道，分值变为一题分，多选题每个小题给出的四个选项中有两项或三项是正确的，全部选对得分，有错选或全不选的得分若正确答案是“两项”的，则选对个得分若正确答案是“三项”的，则选对个得分，选对个得分某数学兴趣小组研究答案规律发现，多选题正确答案是两个选项的概率为，正确答案是三个选项的概率为其中． （1）在一次模拟考试中，学生甲对某个多选题完全不会，决定随机选择一个选项，若，求学生甲该题得分的概率 （2）针对某道多选题，学生甲完全不会，此时他有三种答题方案： Ⅰ 随机选一个选项 Ⅱ 随机选两个选项 Ⅲ 随机选三个选项． 若，且学生甲选择方案Ⅰ，求本题得分的数学期望 以本题得分的数学期望为决策依据，的取值在什么范围内唯独选择方案Ⅰ最好 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）由全概率公式求解即可； （2）记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，求出的可能取值及其概率，即可求出的分布列，再由期望公式求出； 记分别为“从四个选项中随机选择一个选项、两个选项和三个选项的得分”，求出的数学威望，由题意可得，解不等式即可得出答案. 【小问1详解】 记事件为“正确答案选两个选项”，事件为“学生甲得分”． ， 即学生甲该题得分的概率为． 【小问2详解】 记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，则可以取，，， ， ， ， 所以的分布列为 则数学期望． 记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”， 则， ， ， 所以 记为“从四个选项中随机选择两个选项的得分”， 则， ， ， 所以 记为“从四个选项中随机选择三个选项的得分”， 则， ， 所以． 要使唯独选择方案Ⅰ最好，则， 解得：，故的取值范围为． 19. 已知函数（是自然对数的底数），． （Ⅰ）求曲线在点处的切线方程； （Ⅱ）求的最大值； （Ⅲ）设，其中为的导函数，证明：对任意，． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）证明见解析． 【解析】 【分析】（Ⅰ）由导数几何意义得，又切点为，可得切线方程； （Ⅱ）利用导数判断函数单调性，进而确认极值点，从而确定最大值； （Ⅲ）由，所以对任意，等价于，由（Ⅱ），的最大值为，故，所以，对任意恒成立． 【详解】（Ⅰ）由，得， ，所以， 所以曲线在点处的切线方程为． （Ⅱ），，所以． 令得，，因此当时，，单调递增； 当时，，单调递减． 所以在处取得极大值，也是最大值．的最大值为． （Ⅲ）证明：因为，所以，，等价于． 由（Ⅱ）知的最大值为，故， 只需证明时，成立，这显然成立． 所以，因此对任意，． 【点睛】本题主要考查导数的两大方面的应用：（一）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出，有的正负，得出函数的单调区间；（二）函数的最值（极值）的求法：由确认的单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数极值或最值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $