精品解析：湖南省九校联盟2025-2026学年高三上学期第一次联考（一模）数学试题

湖南省2026届高三九校联盟第一次联考 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知集合，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 已知依次成等差数列，依次成等比数列，则的最小值是（　　） A. 2 B. C. 4 D. 8 3. 已知向量，则向量在上的投影向量为（　　） A. B. C. D. 4. 已知点满足，则的最小值为（　　） A. 2 B. C. D. 4 5. 下列函数中，为周期函数，且在区间上单调递减的是（　　） A. B. C. D. 6. 已知是定义在上的奇函数，为偶函数，且当时，，则函数在上所有零点的和为（　　） A. 16 B. 24 C. 32 D. 48 7. 已知点为直线上的一个动点，为圆上任意两个不重合的点，记的最小值为的最大值为，则（　　） A. B. C. D. 8. 已知正实数满足和．则的值为（　　） A. B. C. D. 二、选择题（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. 在平行六面体中，侧棱垂直于底面，下列结论正确的是（　　） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则平面 D. 若，则平面 10. 如果两个椭圆的离心率相等，我们称这两个椭圆为“相似椭圆”．已知椭圆和椭圆为上一点，过点作的两条切线交于，切点分别为，，则（　　） A. 与是相似椭圆 B. 为中点 C. D. 为定值 11. 在中，是的中点，则下列结论正确的是（　　） A. 可以是钝角三角形 B. C. 若，则 D. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知（为虚数单位，），则的值为___________． 13. 若数列满足，则___________． 14. 某同学每次投篮命中的概率为0.8，且各次投篮是否投中相互独立，该同学若出现连续投中两次的情况，则停止投掷，那么投篮总次数的数学期望为___________． 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. 在锐角中，内角的对边分别是，且满足． （1）求角的大小； （2）若，求的取值范围． 16. 在多面体中，平面平面是以为斜边的等腰直角三角形，四边形为平行四边形，分别为的中点． （1）求证：； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若恒成立，求实数的取值范围． 18. 张明在暑假为了锻炼身体，制定了一项坚持晨跑的计划：30天晨跑训练．规则如下：张明从第1天开始晨跑，若第天晨跑，则他第天晨跑的概率为，且他不能连续两天没有晨跑．设他第天晨跑的概率为． （1）求的值； （2）求数列的通项公式； （3）若都是离散型随机变量，则，记张明前天晨跑的天数为，求． 19. 已知双曲线的焦距为，其中一条渐近线方程为为双曲线的左、右顶点． （1）求双曲线的方程． （2）过点作动圆（以为圆心）的两条切线分别交双曲线于异于点的，两点，试判断直线是否过定点？若是，请求出此定点的坐标；若不是，请说明理由． （3）已知动点满足直线的斜率的乘积的绝对值为2，记动点的轨迹为曲线．过点作直线交曲线分别于和（其中的横坐标的绝对值均大于1），求证：直线与的交点在定直线上． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省2026届高三九校联盟第一次联考 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知集合，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解一元二次不等式得集合，然后由集合的包含关系得参数范围． 【详解】，又，， 所以， 故选：D． 2. 已知依次成等差数列，依次成等比数列，则的最小值是（　　） A. 2 B. C. 4 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，利用等差、等比数列的性质得，从而有，再利用基本不等式，即可求解. 【详解】成等差数列，成等比数列， 所以，且，则， 当且仅当时取等号， 故选：A. 3. 已知向量，则向量在上的投影向量为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用投影向量的定义求解即得. 【详解】向量，则， 所以向量在上的投影向量为. 故选：D 4. 已知点满足，则的最小值为（　　） A. 2 B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，利用抛物线的定义知点的轨迹为抛物线，进而可得其方程为，设，再利用两点间的距离公式，即可求解. 【详解】因为表示点到点的距离；表示点到直线的距离， 又，所以点到点的距离等于点到直线的距离， 由抛物线的定义知，点的轨迹为抛物线，抛物线方程为， 设，则， 当且仅当时，等号成立， 故选：C. 5. 下列函数中，为周期函数，且在区间上单调递减的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由在区间上的单调性可排除ABD，根据函数的周期性和在区间上的单调性即可确定C正确. 【详解】对于A：当时，，函数在上显然单调递增，故A错误； 对于B：当时，，则在上显然单调递增，故B错误 ； 对于D：时，，则，.该函数在单调递增，故D错误； 对于C：时，，则在上单调递减，且为最小正周期是的周期函数，故C正确. 故选：C. 6. 已知是定义在上的奇函数，为偶函数，且当时，，则函数在上所有零点的和为（　　） A. 16 B. 24 C. 32 D. 48 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得对称性，周期性，然后在同一坐标系中画出函数与图象，据此可得答案. 【详解】依题意，是定义在上的奇函数，图象关于原点对称，则. 由于为偶函数，则. 从而. 所以是一个周期为4的周期函数． 令，得， 函数的图象关于点对称，的图象也关于点对称， 画出函数和的图象如图所示， 由图可知，两个函数图象在上有6个交点，且交点关于对称， 所以所有零点和为． 故选：B 7. 已知点为直线上的一个动点，为圆上任意两个不重合的点，记的最小值为的最大值为，则（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意分析得当，分别为圆的切线，且最小时，最大，此时最小，再利用二倍角公式即可得，再根据最大时为钝角，所以的最大值为1，即.即可得. 【详解】由题意得的标准方程为，所以圆心，半径为2， 如图： 所以圆心到直线的距离为，所以直线与相离， 所以当分别为圆的切线，且最小时， 最大，又，则最大， 所以最大，此时最小， 此时． 显然的最大值为1，故． 故选：A 8. 已知正实数满足和．则的值为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据指数与对数的运算法则对已知条件进行变形，利用变形后等式的特点构造函数，再根据函数的单调性确定的关联，最后结合题给条件求解． 【详解】， ，即， ， ，即， 令，则在上单调递增， 方程有唯一解， ， ． 故选：A． 二、选择题（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. 在平行六面体中，侧棱垂直于底面，下列结论正确的是（　　） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则平面 D. 若，则平面 【答案】AC 【解析】 【分析】根据线面垂直的判定定理与性质定理依次对选项进行判断即可. 【详解】对于选项A，平面，平面，则， 又，底面为菱形，则， ，则平面， 因为平面，所以，A正确； 对于选项B，，底面为矩形，无法得到平面，B错误； 对于选项C，设与交于点，由，为中点，得， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以平面，C正确； 对于选项D，因为，所以平面为正方形，所以，而与不一定垂直，D错误． 故选：AC. 10. 如果两个椭圆的离心率相等，我们称这两个椭圆为“相似椭圆”．已知椭圆和椭圆为上一点，过点作的两条切线交于，切点分别为，，则（　　） A. 与是相似椭圆 B. 为中点 C. D. 为定值 【答案】ABC 【解析】 【分析】求两椭圆的离心率，可判断A；设，写出过点的切线方程，与方程联立，利用韦达定理求出弦的中点并与坐标比较，即可判断B；利用B的结论，结合平面向量数量积的定义，可判断C；举特例说明D是错误的. 【详解】对于A，，故与是相似椭圆．故A正确； 对于B，设，则，与联立， 消去得， 所以，由于，代入化简得， 又点为直线与的切点，故为的中点．故B正确； 对于C，由可知为中点，同理为中点，故 且和相似，所以， 因为， 而，故．故C正确； 对于D，如下左图，若取，则易得为上、下顶点，不妨取，此时； 若取，则易得为左、右顶点，不妨取，此时，即； 如下右图，再取，此时围成一个矩形，其中， 有，即不是定值．故D错误. 故选：ABC 11. 在中，是的中点，则下列结论正确的是（　　） A. 可以是钝角三角形 B. C. 若，则 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，由，利用三角恒等变换化简可得，结合分析得解；对B，由，可得，结合角的范围求解；对C，由，得，结合求解判断；对D，由题可得必是锐角三角形，问题转化即证，即证. 【详解】对于A， ， 即， 所以 所以， 即得，即， 因为，所以， 故，则， 所以， 故为直角三角形，故A错误； 对于B，由，则，所以， 由于，故，故B正确； 对于C，由，则， 所以， 其中， 又， 故，故C正确； 对于D，，所以必是锐角三角形， 即证， 又，即证，即，成立，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知（为虚数单位，），则的值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的乘方运算和复数相等的条件即可得到答案. 【详解】因为，由复数相等的充要条件得， 所以． 故答案为：. 13. 若数列满足，则___________． 【答案】121 【解析】 【分析】根据递推关系可得，所以，计算得解. 【详解】由题意可得，作差得， 故 故答案为：121. 14. 某同学每次投篮命中的概率为0.8，且各次投篮是否投中相互独立，该同学若出现连续投中两次的情况，则停止投掷，那么投篮总次数的数学期望为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】设投篮总次数的数学期望为，根据题意列出关于数学期望的方程求解即可. 【详解】设投篮总次数的数学期望为， 若第一次没有投中，则后续需重新投篮，且后续重新投篮的总次数的数学期望仍为， 此情况下发生的概率为0.2，投篮总次数为， 若第一次投中，且第二次没有投中，则后续需重新投篮，且后续重新投篮的总次数的数学期望仍为， 此情况发生的概率为，投篮总次数为， 若第一次投中，第二次投中，则此情况发生的概率为，投篮总次数为2， 则投篮总次数的数学期望为， 解得 故答案为： 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. 在锐角中，内角的对边分别是，且满足． （1）求角的大小； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）借助余弦定理的推论计算即可得； （2）借助正弦定理可将边化为角，再结合锐角三角形性质计算即可得. 【小问1详解】 因为，则， 则， 因为，所以； 【小问2详解】 因为，所以，则， 由正弦定理，得， 所以， 因为为锐角三角形， 所以，解得， 所以，所以， 所以，即的取值范围为. 16. 在多面体中，平面平面是以为斜边的等腰直角三角形，四边形为平行四边形，分别为的中点． （1）求证：； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1） 连接， 是以为斜边的等腰直角三角形，为的中点， ， 又平面平面，平面平面平面， 平面，又平面， ， 四边形为平行四边形，为的中点， ， 又，， 又，平面， 平面，又平面， . （2）. 【解析】 【分析】（1）利用空间几何中的平行垂直关系，可求证线线垂直，线面垂直，进而得到线线垂直； （2）利用空间向量法来求二面角的夹角余弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在平面中，过作交于点，结合（1）易知两两垂直．所以以分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图所示． ，， 则， . 设平面的法向量为， 取，则， 故是平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 取，则， 故平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 故平面与平面的夹角的余弦值为. 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2） 【解析】 【分析】（1）求导得，再分和两种情况讨论导数正负即可得解； （2）分离参数得对恒成立，再设，求导后对分子因式分解，再设新函数求导，最后得到右边最值即可得到答案. 【小问1详解】 定义域为，， ①当时，恒成立，故在上单调递增； ②当时，令有，解得，又， 令，解得， 则在上单调递增，在上单调递减， 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 由题， 所以恒成立等价于对任意恒成立， 令， 则， 令，则， 即在上单调递增，故， 令有， 当时，，此时单调递减；当时，，此时单调递增， 则为唯一的极小值点，也是最小值点， 故，从而， 因此实数的取值范围为. 18. 张明在暑假为了锻炼身体，制定了一项坚持晨跑的计划：30天晨跑训练．规则如下：张明从第1天开始晨跑，若第天晨跑，则他第天晨跑的概率为，且他不能连续两天没有晨跑．设他第天晨跑的概率为． （1）求的值； （2）求数列的通项公式； （3）若都是离散型随机变量，则，记张明前天晨跑的天数为，求． 【答案】（1）； （2）（或）； （3） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件，利用概率的基本性质即可求出的值； （2）通过分析与的关系，构造等比数列，进而求出数列的通项公式； （3）利用期望的性质，将转化为，再根据期望的定义求出. 【小问1详解】 已知第1天一定晨跑，故， 第2天晨跑的概率由第1天晨跑决定，故， 第3天晨跑的情况分两种： 第1天晨跑，第2天不晨跑，第3天晨跑，概率为， 第1天晨跑，第2天晨跑，第3天晨跑，概率为， 故. 【小问2详解】 由题意得，张明第天晨跑后，下一次晨跑在第天的概率为， 张明第天晨跑后，再在第天晨跑的概率为， 所以， 即，则， 所以，即， 所以是以为首项，为公比的等比数列. 由（1）得，，，所以， 所以， 则， 所以， 所以．（或） 【小问3详解】 记他前天中，第天晨跑的次数为． 由题意得，服从两点分布，且， 因为，且对于离散型随机变量，都有， 所以 ， 所以， 所以 所以. （或 19. 已知双曲线的焦距为，其中一条渐近线方程为为双曲线的左、右顶点． （1）求双曲线的方程． （2）过点作动圆（以为圆心）的两条切线分别交双曲线于异于点的，两点，试判断直线是否过定点？若是，请求出此定点的坐标；若不是，请说明理由． （3）已知动点满足直线的斜率的乘积的绝对值为2，记动点的轨迹为曲线．过点作直线交曲线分别于和（其中的横坐标的绝对值均大于1），求证：直线与的交点在定直线上． 【答案】（1） （2）是， （3）证明：由（1）知，设,依题意，, 化简得：,两边取平方，整理即得动点的轨迹方程为，其中. 由题意可设直线的方程分别为和，其中， 联立方程得，所以， 将代入到直线得到； 联立方程得，所以， 将代入到直线得到， 同理可得. 将点，同时向右平移一个单位长度，分别得到，，直线与轴交点的纵坐标为 ， 因此直线经过点， 同理可得（将互换）直线也经过点， 所以直线与的交点为，在定直线上. 【解析】 【分析】（1）由双曲线的焦距为，得到，再根据一条渐近线方程为，由求解； （2）易知切线的斜率都存在，设过点的切线的方程为，根据直线与圆相切，由圆心到切线的距离为，得到，设切线的斜率，且，分别设直线PB，PC的方程，与双曲线方程联立求得点B，C的坐标，写出直线BC的方程求解； （3）由（1）得到动点的轨迹，其中，设直线的方程分别为和，其中，与双曲线的方程联立，求得E，F，M，N的坐标求解. 【小问1详解】 由双曲线的焦距为可得， 又其中一条渐近线方程为，则， 解得， 所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 由题意，切线的斜率都存在，设过点的切线的方程为，动圆的半径为，所以圆心到切线的距离为， 化简得，则的斜率是该方程的两个根，可得． 设直线， 联立方程得． 由韦达定理，，则，将其代入可得, 即得，同理可得,因，则得 又因为， 所以直线的方程为， 法一：直线的方程可化为 故直线过定点. 法二：根据双曲线的对称性，若定点存在，则一定在轴上，不妨设为， 将代入方程，得， 化简整理，得， 因,故由，解得． 故直线过定点. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $