精品解析：湖南省长沙市第一中学2025-2026学年高三上学期月考（二）（10月）数学试题

长沙市一中2026届高三月考试卷（二） 数学 时量：120分钟 满分：150分得分 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，只有一项是符合题目要求的） 1. 若复数z满足，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 2. 已知向量的夹角为，，，则（ ） A. B. 21 C. 3 D. 9 3. 已知为等比数列的前项和，若，则（ ） A. 5 B. 9 C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 若，，，则（    ） A. B. C. D. 6. 是圆上的动点，是直线上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知与分别是椭圆的左、右焦点，M，N是椭圆C上两点，且，，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 如图是棱长为2的正方体，则两个三棱锥，的公共部分的内切球的表面积为（ ）． 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，至少有两项符合题目要求，若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则事件相互独立 B. 已知随机变量，则 C. 数据2，7，4，5，16，1，21，11的第75百分位数为11 D. 已知随机变量，若，则 10. 已知函数的图象关于直线对称，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 为奇函数 C. D. 在内有唯一的极小值点 11. 已知是抛物线上一点.按如下方式依次构造点（）；过点作斜率为（）的直线与交于另一点，点为关于轴的对称点.令.（ ） A. 若，则 B. 数列是等差数列 C. 数列是等比数列 D. 设是的面积，则 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12. 若，则 ______. 13. 已知且满足，则的最小值为________． 14. 已知是公差不为0的无穷等差数列，且各项均为整数.若对于中任意两项，，在中都存在一项，使得，则称数列具有性质P.若，则具有性质P的数列的个数为__________. 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. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且． （1）求B； （2）若，过点B作，D为垂足，求BD的最大值． 16. 如图，是的直径.与所在的平面垂直，，C是上的一动点（不同于A，B），M为线段的中点，点N在线段上，且. （1）求证：； （2）当时，求直线与直线所成角的余弦值. 17. 根据相关研究报告显示，预计年电商交易额突破亿元，网购用户规模接近亿．下表为某网店统计的近个月的利润（单位：万元），其中为月份代号． 月份 2024年12月 2025年1月 2025年2月 2025年3月 2025年4月 月份代号 1 2 3 4 5 利润／万元 8 6.3 5.1 3.2 2.4 （1）依据表中的统计数据，计算样本相关系数（精确到），判断是否可以用线性回归模型拟合与的关系；若可用，求出关于的经验回归方程，并估计年月该网店利润；若不可用，请说明理由； （2）该专营店为了吸引顾客，推出两种抽奖方案．方案一：一次性购物金额超过元可抽奖三次，每次中奖的概率均为，且每次抽奖互不影响，中奖一次打折，中奖两次打折，中奖三次打折，其余情况不打折．方案二：从装有个形状大小、完全相同的小球（其中红球个，白球个，黑球个）的抽奖盒中，一次性摸出个球，其中奖规则为：若摸出个红球和一个白球打六折，摸出个黑球打八折，其余情况不打折．某顾客计划在此网店购买元的商品，请从实际付款金额的数学期望的角度分析选哪种方案更优惠． 参考：，， 18. 定义：若函数与在公共定义域内存在，使得，则称与为“契合函数”，为“契合点”． （1）若与为“契合函数”，且只有一个“契合点”，求实数a的取值范围． （2）若与为“契合函数”，且有两个不同的“契合点”． ①求b的取值范围； ②证明：． 19. 已知双曲线的右焦点到的一条渐近线的距离为. （1）求的方程； （2）设点在的右支上，过点作圆的两条切线，一条与的左支交于点，另一条与的右支交于点（异于点）. （ⅰ）证明：； （ⅱ）当的面积最小时，求直线和直线的方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长沙市一中2026届高三月考试卷（二） 数学 时量：120分钟 满分：150分得分 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，只有一项是符合题目要求的） 1. 若复数z满足，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合复数运算法则求的代数形式，再求其模. 【详解】因为， 所以， 所以， 故选：A. 2. 已知向量的夹角为，，，则（ ） A. B. 21 C. 3 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】利用平方的方法求得正确答案. 【详解】 . 故选：C 3. 已知为等比数列的前项和，若，则（ ） A. 5 B. 9 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，根据所给条件及等比数列通项公式求出，再由求和公式计算可得. 【详解】设等比数列的公比为，显然， 由，即， 则，解得， 所以. 故选：A 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用两角差的正切公式求出，再由二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化 【详解】因为，解得， 所以 . 故选：C 5. 若，，，则（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过对进行适当变形，利用对数函数的性质比较大小． 【详解】，， ， ，， 又，都大于，．， 故选：． 6. 是圆上的动点，是直线上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用几何法先判断直线与圆的位置关系，进而利用圆心到直线的距离减去半径即可求解. 【详解】由题意得，圆的圆心为，半径． 因为到直线的距离， 当且仅当时等号成立，所以直线与该圆相离， 所以的最小值为． 故选：C． 7. 已知与分别是椭圆的左、右焦点，M，N是椭圆C上两点，且，，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接，设，则，，，根据，则，利用勾股定理求得，并得到椭圆参数的齐次式，即可求离心率. 【详解】连接，设，则，，， 由，则，故， 所以，可得，则， 所以，，又， 所以，可得，即（负值舍）. 故选：C 8. 如图是棱长为2的正方体，则两个三棱锥，的公共部分的内切球的表面积为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可得三棱锥，的公共部分为一个棱长为的正八面体，再利用截面图，根据等面积法即可求解． 【详解】连接它们的交线后如下图所示， 即两个三棱锥，的公共部分为一个棱长为的正八面体， 作的中点M，N，设内切球的半径为r， 所以，， 所以，，，又， 所以，即表面积为． 故选：C． 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，至少有两项符合题目要求，若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则事件相互独立 B. 已知随机变量，则 C. 数据2，7，4，5，16，1，21，11的第75百分位数为11 D. 已知随机变量，若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据对立事件的概率公式求出，由结合事件相互独立的定义即可判断；对于B，根据二项分布的方差公式求解即可；对于C，根据百分位数的定义，求值判断即可；对于D，根据正态分布的对称性求解即可判断. 【详解】对于A，，则，所以事件相互独立，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，将数据按从小到大排序为：.共有8个数据，所以第75百分位数为第6，7个数据的平均数，为，故C错误； 对于D，随机变量，且，则，所以，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知函数的图象关于直线对称，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 为奇函数 C. D. 在内有唯一的极小值点 【答案】BD 【解析】 【分析】辅助角公式化简函数解析式，利用函数图象关于直线对称的条件求出的取值，结合三角函数的周期性、奇偶性、对称性及极值点的求解方法，逐一判断各选项. 【详解】辅助角公式化简原函数为，其中，. 因为图象关于直线对称，根据正弦型函数的性质有 ，即. 又，，， 则. A选项：的最小正周期为； B选项：，为奇函数； C选项： ，不恒为. D选项：当，则， 当时，取得极小值， 因此只有，即为唯一的极小值点. 故选：BD. 11. 已知是抛物线上一点.按如下方式依次构造点（）；过点作斜率为（）的直线与交于另一点，点为关于轴的对称点.令.（ ） A. 若，则 B. 数列是等差数列 C. 数列是等比数列 D. 设是的面积，则 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A选项，根据题意，结合斜率公式和抛物线方程，即可求解； 对于B、C选项，通过直线的斜率公式和抛物线方程推导数列的递推关系，即可判断； 对于D选项，利用斜率相等证明直线平行，进而得出面积相等. 【详解】对于A选项，设，点为关于轴的对称点，则， 又点，点在抛物线上，所以，， 两式相减，得，化简得， 又过点的直线斜率，且， 所以，解得.故A错误； 对于B、C选项，因为关于轴的对称点为，直线的斜率为， 所以，且，化简整理，得， 又，都在上，两式相减，得， 即，所以， 所以是首项为2，公差为的等差数列，故B正确，C不正确； 对于D选项，若，即，而与有一条公共边，所以需考虑，到边的距离， 而，同理，， 由于是等差数列，所以，从而有，则，所以.故D正确. 故选：BD 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12. 若，则 ______. 【答案】 【解析】 【分析】先求出展开式的通项公式，然后求出其的2次项系数和3次项系数，从而可出. 【详解】因为展开式的通项公式为， 所以. 故答案为： 13. 已知且满足，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用基本不等式可得答案. 【详解】因为，所以，因为，所以， 所以 ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为. 故答案为：． 14. 已知是公差不为0的无穷等差数列，且各项均为整数.若对于中任意两项，，在中都存在一项，使得，则称数列具有性质P.若，则具有性质P的数列的个数为__________. 【答案】6. 【解析】 【分析】先根据这个条件找到为负整数不成立，则为正整数，再利用等差数列的通项公式得到，，求出用表示的式子，代入已知等式中，解出，从此式子中可知只能是12的正约数，求出的取值，再分别讨论的取值求出，从而得到的个数. 【详解】设数列的公差为，假设为负整数，则为递减数列，所以中各项的最大值为，由题意，中存在某项，且，所以， 而数列中存在，则，与题意相矛盾，所以不是负整数，故为正整数. 因为，，又，由题意，，使得，所以， 所以，d只能是12的正约数，所以. 当时，，数列为，经验证符合题意； 当时，，数列为，经验证符合题意； 当时，，数列为，证符合题意； ； 依次验证这六个值均符合题意.故具有性质P的数列有6个. 故答案为：6. 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. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且． （1）求B； （2）若，过点B作，D为垂足，求BD的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理的边角互化代入计算，即可得到结果； （2）由三角形的面积公式可得，再由余弦定理结合基本不等式代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 由及正弦定理，得， 所以， 又， 则， 化简可得，又，， 所以，所以，又，所以. 【小问2详解】 设，由三角形的面积公式可得，解得， 又， 又，所以，当且仅当时，等号成立， 故，即的最大值为. 16. 如图，是的直径.与所在的平面垂直，，C是上的一动点（不同于A，B），M为线段的中点，点N在线段上，且. （1）求证：； （2）当时，求直线与直线所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线线垂直和线面垂直的相互转化即可得出； （2）可以直接作出线线角，然后再用余弦定理计算得出，也可以直接用空间向量来求线线角. 【小问1详解】 因为平面，平面，所以， 因为是的直径，所以， 又，且，平面，所以平面. 又因为平面，所以. 因为，且，，平面，所以平面， 因为平面，所以. 故. 【小问2详解】 解法一：因为，所以在等腰直角三角形中，，得. 又在直角三角形中，，得. 因为为等腰直角三角形，M为的中点，且，得，所以， 取的中点为S，连接，则，且， 所以为异面直线与所成的角或其补角， 在中，，，所以， 在中，，，，所以， 故直线与直线所成角的余弦值为. 解法二：当时，，分别是和的中点，所以. 又与所在的平面垂直，所以平面，平面，所以. 此时，，两两垂直. 分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图： 得，，，， 故，. 则， 故直线PC与直线AM所成角的余弦值为. 17. 根据相关研究报告显示，预计年电商交易额突破亿元，网购用户规模接近亿．下表为某网店统计的近个月的利润（单位：万元），其中为月份代号． 月份 2024年12月 2025年1月 2025年2月 2025年3月 2025年4月 月份代号 1 2 3 4 5 利润／万元 8 6.3 5.1 3.2 2.4 （1）依据表中的统计数据，计算样本相关系数（精确到），判断是否可以用线性回归模型拟合与的关系；若可用，求出关于的经验回归方程，并估计年月该网店利润；若不可用，请说明理由； （2）该专营店为了吸引顾客，推出两种抽奖方案．方案一：一次性购物金额超过元可抽奖三次，每次中奖的概率均为，且每次抽奖互不影响，中奖一次打折，中奖两次打折，中奖三次打折，其余情况不打折．方案二：从装有个形状大小、完全相同的小球（其中红球个，白球个，黑球个）的抽奖盒中，一次性摸出个球，其中奖规则为：若摸出个红球和一个白球打六折，摸出个黑球打八折，其余情况不打折．某顾客计划在此网店购买元的商品，请从实际付款金额的数学期望的角度分析选哪种方案更优惠． 参考：，， 【答案】（1）可以，万元 （2）选择方案二 【解析】 【分析】（1）求出、的值，将数据代入相关系数公式，求出的值，可得出结论，再将代入经验回归方程，可得出结果； （2）计算出方案一、二中实际付款金额，比较大小后可得出结论. 【小问1详解】 由题意可得，， ， ， ， 所以，， 因为接近于，所以可以用线性回归模型拟合与的关系， ，则， 所以，关于的经验回归方程为， 将代入经验回归方程为， 故估计年月该网点利润估计知为万元. 【小问2详解】 设方案一的中奖次数为，由题意可知，实际付款金额为万元， 则的可能取值有、、、， 则，， ，， 故， 设方案二实际付款金额为万元，由题意可知，的可能取值有、、， ，，， 故 因为，所以，从实际付款金额的数学期望的角度分析，选择方案二更优惠. 18. 定义：若函数与在公共定义域内存在，使得，则称与为“契合函数”，为“契合点”． （1）若与为“契合函数”，且只有一个“契合点”，求实数a的取值范围． （2）若与为“契合函数”，且有两个不同的“契合点”． ①求b的取值范围； ②证明：． 【答案】（1）； （2）①； ②由（1）知，当时，，令， 求导得， 令，求导得， 当时，，函数在上单调递减，，， 函数在上单调递减，，因此当时，， 而，则，又，于是， 又，函数在上递减，则， 所以. 【解析】 【分析】（1）由给定的定义把问题转化为方程有唯一零点，再构造函数，利用导数探讨函数的性质求解即可. （2）①根据给定的定义将问题转化为方程有两个不同的零点求解；②由①中信息，利用极值点偏移求解. 【小问1详解】 由与为“契合函数”，得，使 ，令，依题意，方程有唯一解， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，则， 当时，，时，，， 又和只有一个“契合点”，则直线与函数的图象只有1个交点，则或， 所以实数a的取值范围是. 【小问2详解】 ①由与为“契合函数”，且有两个不同的“契合点”， 得存在，使， 即关于的方程有两个相异正根，令函数， 求导得， 由，得，得当时，；当时，， 则函数在上递增，在上递减，则， 当从大于0的方向趋近于0时，；当时，， 因此当时，直线与函数的图象有两个不同交点， 所以b的取值范围是. ②略. 19. 已知双曲线的右焦点到的一条渐近线的距离为. （1）求的方程； （2）设点在的右支上，过点作圆的两条切线，一条与的左支交于点，另一条与的右支交于点（异于点）. （ⅰ）证明：； （ⅱ）当的面积最小时，求直线和直线的方程. 【答案】（1） （2）（i）证明如下： 显然圆的切线的斜率存在， 设切线的方程为， 由于切线不平行的渐近线，则. 由圆心到切线的距离，得. 由消去得， 由题意知.设， 则， 而 . 则， 则. 所以，即. （ii）， 【解析】 【分析】（1）由点到直线距离公式结合题意可得，据此可得答案； （2）（ⅰ）设切线的方程为，由圆心到切线的距离，可得，再将切线方程与双曲线方程联立，由韦达定理结合可得，据此可完成证明； （ⅱ）方法1，注意到，由（ⅰ）可得，据此可得答案； 方法2，设切线与圆的切点为，则可得，据此可得答案； 方法3，由题可得，又设切线与圆的切点为，由，结合，可得，由基本不等式可得，据此可得答案. 【小问1详解】 由于双曲线的右焦点为，所以. 双曲线的渐近线方程为，即为， 由于点到的一条渐近线的距离为，则. 解得所以的方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）解法1：由（ⅰ）同理可得，所以三点共线. 则的面积. 设切线与圆的切点为，则， . 由（ⅰ）得， 又， 则. 当时，. 此时，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径. 得点的坐标为， 所以直线的方程为，直线的方程为. 解法2：由（ⅰ）同理可得， 所以三点共线. 则的面积. 设切线与圆的切点为， 则. 在中，， 在中，， 则， 当时，，即的面积的最小值为3. 此时，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径. 得点的坐标为， 所以直线的方程为，直线的方程为. 解法3：由（ⅰ）同理可得，所以三点共线. 则的面积. 设切线与圆的切点为， 则. 在中，， 在中，， 由于，则， 根据基本不等式得， 得，则，即的面积的最小值为3. 当且仅当等号成立， 根双曲线的对称性知，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径. 得点的坐标为， 所以直线的方程为，直线的方程为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $