精品解析：湖南师范大学附属中学2026届高三上学期月考(三)数学试卷

湖南师大附中2026届高三月考试卷（三）数学 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.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用并集、补集的定义求解即得. 【详解】全集，由集合，得， 所以. 故选：D 2. 《数术记遗》记述了积算（即筹算）､珠算､计数等共14种算法，某研究学习小组共10人，他们搜集整理这14种算法的相关资料所花费的时间（单位：）分别为68，58，38，41，47，63，82，48，32，31，则这组数据的（ ） A. 众数是31 B. 分位数是31.5 C. 极差是38 D. 中位数是 【答案】D 【解析】 【分析】根据极差、百分位数、众数、中位数的定义计算可得. 【详解】将10个数据从小到大排序可得： ， 每个数据出现的次数都是1次，故A错误； ，所以分位数为，故B错误； 极差为：，故C错误； 中位数为：，故D正确； 故选：D 3. 用表示中的最大值，若，则的最小值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】 令,求出分界点,结合函数的图像进行讨论,求出,进而可求最小值. 【详解】解:可知当时,,此时. 当时,可得,此时 当时,,此时.综上, 可得当或时取得最小值1 故选:B. 【点睛】本题考查了函数的最值,考查了分段函数.求函数最值时,常用的方法有图像法,单调性法,导数法.对于分段函数求最值时,往往画出函数图像进行分析求值. 4. 已知抛物线的顶点为，经过点，且为抛物线的焦点，若，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据抛物线的定义列方程，求得，结合点坐标求得. 【详解】依题意，焦点， 由，根据抛物线的定义，得，所以， 则，代入，得，又，解得. 故选：C 5. 已知函数的定义域是，则函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由函数定义域的概念及复合函数定义域的求解方法运算求解即可. 【详解】因为函数的定义域是，所以， 所以，所以函数的定义域为， 所以要使函数有意义，则有，解得， 所以函数的定义域为. 故选：A. 6. 公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率π的范围是：为纪念祖冲之在圆周率方面的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．小明是个数学迷，他在设置手机的数字密码时，打算将圆周率的中间6位数字1，4，1，5，9，2进行某种排列得到密码．如果排列时要求数字9不在最后一位，那么小明可以设置的不同密码有（ ）个． A. 180 B. 240 C. 300 D. 360 【答案】C 【解析】 【分析】利用特殊位置优先处理及相同元素定位计算得到答案. 【详解】先排数字9得出有种， 因为有两个1，所以总数有种. 故选：C. 7. 正方体的顶点在平面内，三条棱，都在平面同侧.若顶点到平面的距离分别为，则该正方体外接球的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立如图空间直角坐标系，设正方体棱长为和平面的法向量为，由空间点到面的距离分别表示出顶点到平面的距离，进而得到棱长，再求出半径即可. 【详解】 以为坐标原点，分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系. 设正方体棱长为，则， 设平面的法向量为， 则由顶点到平面的距离分别为， 可得， 即，则. 将三个等式平方相加可得：，则， 所以正方体外接球半径，所以外接球表面积. 故选：A. 8. 已知中，内角满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用特殊值排除A；利用构造函数法，结合导数、诱导公式等知识判断B；利用余弦定理以及作差比较法判断C；利用放缩法以及正弦定理判断D. 【详解】不妨取，， 满足，此时，即选项A错误； 由，知， 整理得，，设， 则，即在上单调递减， 因为，所以， 所以， 所以， 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以， 即， 所以，即选项B错误； 由上述分析知，所以由余弦定理知，， 所以，由余弦定理知，， 所以， 所以，即选项C错误； 因为，且，所以， 由正弦定理知，，所以，即选项D正确. 故选：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. 已知向量，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 当取得最大值时， D. 的最大值为 【答案】CD 【解析】 【分析】A利用向量平行的坐标运算；B利用向量垂直的坐标运算；C利用辅助角公式化简，结合三角函数的最值以及诱导公式可判断；D将问题转化为点到以原点为圆心的单位圆上的点的距离的最大值. 【详解】若，则，即，故A不正确； 若，则，则，故B不正确； 因（其中且） 当取得最大值时， 则，故C正确； 因为，令的起点为坐标原点，则终点在单位圆上， 又表示之间的距离，间的距离为， 故可知，故D正确. 故选：CD 10. 正多面体也称柏拉图立体(被誉为最有规律的立体结构)，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体(各面都是全等的正多边形).数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正八面体的棱长都是3(如图)，则下列说法正确的是（ ） A. B. 直线与平面所成的角为 C. 若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值 D. 若点为棱上的动点，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A选项，正八面体，证明平面，再判断，对于B，可知平面，找到直线与平面所成的角为，在三角形中计算角度；对于C，利用等体积变换计算三棱锥的体积；对于D，由题意分析和，将两个三角形翻折到同一平面内，可得取最小值； 【详解】对于A选项，正八面体，连接， 对称性可知，⊥平面，且相交于点，为的中点， 又，， 故四边形为菱形，四边形为菱形， 可知是平面内两条相交直线， 所以平面，又平面，故，故A正确 对于B，由A选项可知平面，故直线与平面所成的角为， 且由题意得，故， 故，B错误； 对于C，三棱锥的体积， 其中点到平面的距离为，设菱形的面积为， 则 若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值，故C正确. 对于D，由题意得为等边三角形，边长为3， 在中，，为等腰直角三角形， 将沿直线ED翻折到平面EAD内，如图，易得, 则的最小值为为 ， D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：线面角求解方法：（1）定义法（2）向量法； 三棱锥体积求法方法：（1）直接法（2）等体积变换法； 11. 在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现对数列1，2进行构造，第一次得到数列1，2，2；第二次得到数列1，2，2，4，2，依次构造，第次得到的数列的所有项的积记为，令.给出下列四个结论，正确的是（ ） A. 第三次得到的数列共9项 B. C. 数列是等比数列 D. 对每个正整数，以为边长能构成一个三角形 【答案】AC 【解析】 【分析】由数列的新定义可判断AB；根据递推关系构造数列，根据等比数列的定义判断C；根据等比数列的通项公式求出，再根据函数的单调性化简即可判断D. 【详解】第三次得到的数列，在第二次得到的数列的基础上增加4项，共9项，所以A正确； 由已知，，所以， 当时，设第次构造后得到的数列为，则， 则第次构造后得到的数列为， 则，所以B不正确； 因，则，所以， 因，则， 所以，数列是以为首项，3为公比的等比数列，所以C正确； 因为数列是以为首项，3为公比的等比数列， 所以，所以， 函数在定义域上单调递增，所以对每一个正整数有， 假设以为边长能构成一个三角形，所以， 从而，即， 即，显然不成立，所以D不正确. 故选：AC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的两个零点分别是___________. 【答案】 【解析】 【分析】通过解方程求得正确答案. 【详解】令，即， 解得：或，故函数的零点是. 故答案为： 13. 已知数列满足，且，则________________ 【答案】 【解析】 【分析】由递推关系式可知数列是周期为3的周期数列，根据可得结果. 【详解】由题意得：，，， 所以数列是周期为3的周期数列， 所以. 故答案为：. 14. 实数满足，设点，动点满足.点为线段的中点，当且面积取得最大值时，点坐标为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据指数的运算性质和对数的运算性质，根据方程求出参数值，再根据向量积的坐标表示，求出动点轨迹，进而求出符合条件的动点坐标即可. 【详解】变形为， 则，即， 令，则，所以在上单调递增， 又，所以，从而点在直线上， 因为为线段的中点，，所以， 从而在以为直径的上，所以有， 此时，所以， 可得直线的斜率为， 因为满足，可知点在以为直径的上，方程为. 若面积最大，由圆的对称性可知，此时直线垂直于， 所以直线的斜率为，点在优弧上，从而可知直线. 联立，可得（负值舍去）， 所以，所求点坐标为. 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. 在中，内角的对边分别是，且， （1）求角； （2）若，求边上的角平分线长． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式化简即可求出. （2）利用余弦定理及已知求出，然后利用三角形面积公式列方程求解即可. 【小问1详解】 在中，由正弦定理及，得 ，即， 而，解得，又， 所以. 【小问2详解】 由及余弦定理得，又，解得， 由得， 即，则， 所以. 16. 如图1，分别是边长为4的正方形三边的中点，将四边形沿着线段折起，连接就得到了一个三棱柱（如图2）. （1）若是四边形对角线的交点，求证：平面； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 证明：取中点，连接， 由题意知，，且， 因为是矩形对角线的交点，所以，且， 所以，且，所以四边形AOMG为平行四边形， 所以， 又平面平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，由中位线关系证明四边形AOMG为平行四边形，再由线面平行的判定定理可得； （2）先确定就是二面角的平面角，再建立如图所示空间直角坐标系，利用二面角确定点，再求出平面的法向量，代入空间线面角公式可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在图1中，，且，在图2中，上述关系依然成立， 所以就是二面角的平面角，即， 故以为坐标原点，分别为轴，轴正方向，垂直平面向上的方向为轴，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz， 则， 因为，， 所以， 即， 又，所以， 所以， 设平面的法向量为， 则 取， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17. 甲、乙、丙三位同学进行猜拳游戏，规则如下：累计负两局者被淘汰；随机确定第一局的游戏者，另一人轮空；每局游戏的胜者与轮空者进行下一局游戏，负者下一局轮空，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，另一人最终获胜，游戏结束．设每局游戏双方获胜的概率都为． （1）求甲获得第二局比赛胜利的概率； （2）在甲获得第二局比赛胜利的条件下，第一局是由甲、乙进行游戏的概率； （3）已知第一局是由甲、乙进行游戏，记丙参加游戏的局数为X，求随机变量X的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2） （3）分布列： 2 3 4 数学期望为 【解析】 【分析】（1）根据题意分情况列举即可； （2）结合（1），再利用条件概率公式即可求解； （3）由题知，对局数最多5局，的取值可以为2，3，4，先分析，的情形并计算概率，再利用概率和为1，确定的概率，写出分布列并计算期望. 【小问1详解】 根据题意，第一局中的游戏者可以为甲乙，甲丙，乙丙，对应事件设为， ，设甲获得第二局比赛胜利为事件， 若甲在第一局参加比赛则必须获胜，且在第二局也获胜，若甲第一局未参加比赛，则只需在第二局获胜即可， 所以， 甲获得第二局比赛胜利的概率. 【小问2详解】 由题知， ， 所以甲获得第二局比赛胜利的条件下，第一局是由甲、乙进行游戏的概率为. 【小问3详解】 由题知比赛最多进行5局，则的取值可以为2，3，4 时，丙分别在第2局和第4局输了比赛， 所以， 时，丙在2,3局获胜，第4局输，第5局继续比赛， 所以， 所以， 则分布列为： 2 3 4 . 18. 已知椭圆上一点到两个焦点的距离之和为6. （1）求椭圆的方程； （2）若椭圆上有不同的两点关于直线对称，求实数的取值范围； （3）若动直线与交于点，，点是轴正半轴上异于的一定点，若直线，的倾斜角分别为，且存在实数使得恒成立，求点的坐标及的值. 【答案】（1） （2） （3）， 【解析】 【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程. （2）利用点差法列方程，根据点和椭圆的位置关系列不等式，由此求得的取值范围. （3）设，联立直线与椭圆的方程，化简写出根与系数的关系，由此化简已知条件，求得点坐标以及的值. 【小问1详解】 由已知，将代入椭圆方程得，解得， 又椭圆上一点到两个焦点的距离之和为6， 所以，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 设，是椭圆上关于直线：对称的两个点， 设是线段的中点，则点在直线上，且. 则两式相减， 得. ，故， 联立 解得. ， 点应在椭圆的内部， ，解得. 实数的取值范围是. 【小问3详解】 设，（且），，， 将与联立得， 则， 又分别为直线的倾斜角， 因为， 所以为定值， 又， 又为定值，则，所以， 当时，为定值， ， 所以. 19. 已知函数（为自然对数的底数） （1）求函数在点处的切线方程； （2）若对记，若，有，求的取值范围； （3）设，且，证明： 【答案】（1） （2） （3）证明：由（2）知，当且时，，即， 令，得， 因为，所以， 当时，，当时，， ， 以上不等式相加得 ，证毕. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）转化问题为对时恒成立，设，利用导数分析其单调性，进而求解即可； （3）由（2）得，，，令，得，再利用累加法求证即可. 【小问1详解】 由，则， 而，则， 所以函数在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 若对，有， 即为：对时恒成立， 当时，不等式恒成立； 当时，不等式等价于， 即为恒成立， 设，则， 设，，则， 因为，所以， 所以在为减函数，则， 所以在为减函数，即， 所以，则的取值范围为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南师大附中2026届高三月考试卷（三）数学 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.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 《数术记遗》记述了积算（即筹算）､珠算､计数等共14种算法，某研究学习小组共10人，他们搜集整理这14种算法的相关资料所花费的时间（单位：）分别为68，58，38，41，47，63，82，48，32，31，则这组数据的（ ） A. 众数是31 B. 分位数是31.5 C. 极差是38 D. 中位数是 3. 用表示中的最大值，若，则的最小值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 4. 已知抛物线的顶点为，经过点，且为抛物线的焦点，若，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 5. 已知函数的定义域是，则函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 6. 公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率π的范围是：为纪念祖冲之在圆周率方面的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．小明是个数学迷，他在设置手机的数字密码时，打算将圆周率的中间6位数字1，4，1，5，9，2进行某种排列得到密码．如果排列时要求数字9不在最后一位，那么小明可以设置的不同密码有（ ）个． A. 180 B. 240 C. 300 D. 360 7. 正方体的顶点在平面内，三条棱，都在平面同侧.若顶点到平面的距离分别为，则该正方体外接球的表面积是（ ） A. B. C. D. 8. 已知中，内角满足，则（ ） 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. 已知向量，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 当取得最大值时， D. 的最大值为 10. 正多面体也称柏拉图立体(被誉为最有规律的立体结构)，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体(各面都是全等的正多边形).数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正八面体的棱长都是3(如图)，则下列说法正确的是（ ） A. B. 直线与平面所成的角为 C. 若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值 D. 若点为棱上的动点，则的最小值为 11. 在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现对数列1，2进行构造，第一次得到数列1，2，2；第二次得到数列1，2，2，4，2，依次构造，第次得到的数列的所有项的积记为，令.给出下列四个结论，正确的是（ ） A. 第三次得到的数列共9项 B. C. 数列是等比数列 D. 对每个正整数，以为边长能构成一个三角形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的两个零点分别是___________. 13. 已知数列满足，且，则________________ 14. 实数满足，设点，动点满足.点为线段的中点，当且面积取得最大值时，点坐标为___________. 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. 在中，内角的对边分别是，且， （1）求角； （2）若，求边上的角平分线长． 16. 如图1，分别是边长为4的正方形三边的中点，将四边形沿着线段折起，连接就得到了一个三棱柱（如图2）. （1）若是四边形对角线的交点，求证：平面； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 甲、乙、丙三位同学进行猜拳游戏，规则如下：累计负两局者被淘汰；随机确定第一局的游戏者，另一人轮空；每局游戏的胜者与轮空者进行下一局游戏，负者下一局轮空，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，另一人最终获胜，游戏结束．设每局游戏双方获胜的概率都为． （1）求甲获得第二局比赛胜利的概率； （2）在甲获得第二局比赛胜利的条件下，第一局是由甲、乙进行游戏的概率； （3）已知第一局是由甲、乙进行游戏，记丙参加游戏的局数为X，求随机变量X的分布列和数学期望． 18. 已知椭圆上一点到两个焦点的距离之和为6. （1）求椭圆的方程； （2）若椭圆上有不同的两点关于直线对称，求实数的取值范围； （3）若动直线与交于点，，点是轴正半轴上异于的一定点，若直线，的倾斜角分别为，且存在实数使得恒成立，求点的坐标及的值. 19. 已知函数（为自然对数的底数） （1）求函数在点处的切线方程； （2）若对记，若，有，求的取值范围； （3）设，且，证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $