精品解析：湖南省长沙市一中广雅中学2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试题

长沙市一中广雅中学高三上学期期中考试数学试题 一、单选题 1. 复数z满足（i是虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的运算法则计算. 【详解】由得， 故选：A. 2. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先化简集合N，然后利用交集运算求解即可. 【详解】， 又因为，所以. 故选：B. 3. 已知为坐标原点，双曲线的右焦点为，左顶点为，过作的一条渐近线的垂线，垂足为.若，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由点到线的距离公式可得，由勾股定理可得，从而得，在中，由余弦定理可得 ，则有，即可得，最后根据离心率公式计算即可. 【详解】由题意得，，双曲线的渐近线方程为， 如图，不妨设点在直线上， 即点在直线上， 则， 在直角中，， 所以， 故， 在中，， 所以， 所以， 故双曲线的离心率. 故选：C. 4. 将函数的图象向左平移个单位长度后，所得的图象关于原点对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数图象的平移变换，可得，结合题意可知该函数为奇函数，利用奇函数的性质列式，化简求值，即得答案. 【详解】将函数的图象向左平移个单位长度后， 所得的图象对应的函数为， 由题意知图象关于原点对称，即函数为奇函数， 故， 即， 故， 即， 因为，故当时，m取最小值. 另解：由题意知的图象关于原点对称， 故，即， 因为，故当时，m取最小值， 故选：A 5. 已知，若对于正数，满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先判断出的单调性和奇偶性，然后将条件转化为关于的等量关系，利用“的代换”求解出的最小值，则的最大值可知. 【详解】因为，且的定义域为关于原点对称， 所以为上的奇函数， 又因为均在上单调递增，所以在上单调递增， 因为，所以， 所以，所以， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为， 又因为，所以的最大值为， 故选：D. 6. 数学必修二55页介绍了海伦-秦九韶公式：我国南宋时期著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中，提出了已知三角形三边长求三角形面积的公式，与著名的海伦公式完全等价，由此可以看出我国古代已具有很高的数学水平，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上．以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实．一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即，其中a，b，c分别为内角A，B，C的对边．若，，则面积的最大值为（ ）． A. 3 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用正余弦边角关系将已知条件化为，代入已知三角形面积公式求其最大值. 【详解】由，则， 根据正余弦边角关系，有，整理得， 所以三角形面积， 当，时，最大面积. 故选：B 7. 已知直线与圆交于不同的两点，若存在最小值且最小值不大于，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据存在最小值分析出，再根据最小值不大于列出关于的不等式即可求解. 【详解】将直线变形为， 则可知直线恒过定点，且， 若，则直线可和圆相切，如图所示，此时重合，若直线与圆交于不同的两点， 则可不断趋于0，不存在最小值，与题意不符，故， 即在圆内，直线与圆一定交于两点，此时对于任意给定的半径， 根据圆的性质，当时，弦最短，最小，此时弦长， 在中，当时，此时， 由题意，已知最小值不大于，则最小值对应的弦满足， 即，解得， 综上，的取值范围为. 故选：C. 8. 已知函数，（其中e是自然对数的底数），若关于x的方程恰有三个不同的零点，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据解析式研究、的函数性质，由零点个数知，曲线与直线的交点横坐标一个在上，另一个在上，数形结合可得，且，，进而可得代入目标式，再构造函数研究最值即可得解. 【详解】由解析式，在上单调递增且值域为，在上单调递增且值域为， 函数图象如下： 所以，的值域在上任意函数值都有两个x值与之对应，值域在上任意函数值都有一个x值与之对应， 要使恰有三个不同的零点，则曲线与直线的交点横坐标一个在上，另一个在上， 由开口向下且对称轴为， 由上图知：，此时且，， 结合图象及有，，则， 所以，且， 令且，则， 当时，递增；当时，递减； 所以，故最大值为. 故选：A 【点睛】关键点点睛：根据已知函数的性质判断与的交点横坐标的范围，进而得到与的关系，代入目标式并构造函数研究最值. 二、多选题 9. 在正方体中，点是线段上一动点，则下列各选项中正确的是（ ） A. B. 平面 C. 三棱锥的体积随点位置变化而变化 D. 设正方体棱长为，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A即证平面即可判断，对于B即证平面平面即可判断，对于C由，又，即可判断，对于D建立空间直角坐标系，利用两点间距离公式即可求解.. 【详解】对于A，连接，，，，， 由正方体的性质可得：，平面， 平面，所以，， ，平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可得， ，平面，平面 平面，，故A正确； 对于B，连接，，，易证：，， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面，平面，所以平面， 又，，平面， 故平面平面，平面，平面，故B正确； 对于C，设到平面的距离为，连接，，， ， 因为平面，所以， 点是线段上一动点，又因为，因为平面，平面， 所以平面，所以点到平面的距离为定值， 也为定值，所以三棱锥的体积是定值，故C错误； 对于D：以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，由正方体棱长为，所以，所以，设，所以，所以，当时，的最小值为，故D正确； 故选：ABD. 10. 抛物线C：的准线为l，P为C上的动点，过P作的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（ ） A. l与相切 B. 当P，A，B三点共线时， C. 当时， D. 满足的点有且仅有2个 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，抛物线准线为，根据圆心到准线的距离来判断；B选项，三点共线时，先求出的坐标，进而得出切线长；C选项，根据先算出的坐标，然后验证是否成立；D选项，根据抛物线的定义，，于是问题转化成的点的存在性问题，此时考察的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直接设点坐标进行求解. 【详解】A选项，抛物线的准线为， 的圆心到直线的距离显然是，等于圆的半径， 故准线和相切，A选项正确； B选项，三点共线时，即，则的纵坐标， 由，得到，故， 此时切线长，B选项正确； C选项，当时，，此时，故或， 当时，，，， 不满足； 当时，，，， 不满足； 于是不成立，C选项错误； D选项，方法一：利用抛物线定义转化 根据抛物线的定义，，这里， 于是时点的存在性问题转化成时点的存在性问题， ，中点，中垂线的斜率为， 于是的中垂线方程为：，与抛物线联立可得， ，即的中垂线和抛物线有两个交点， 即存在两个点，使得，D选项正确. 方法二：（设点直接求解） 设，由可得，又，又， 根据两点间的距离公式，，整理得， ，则关于的方程有两个解， 即存在两个这样的点，D选项正确. 故选：ABD 11. 中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且，下列选项正确的是（ ） A B. 若，则只有一解 C. 若为锐角三角形，则b的取值范围是 D. 若D为BC边上的中点，则AD的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，利用向量数量积的定义和三角形的面积公式化简可求出角，对于B，利用正弦定理求解判断，对于C，由正弦定理得，再由为锐角三角形，求出角，然后利用正弦函数的性质可求出b的取值范围，对于D，由题意得，两边平方化简，结合余弦定理和基本不等式可求得结果. 【详解】对于A，因为， 所以， 因为，所以，所以， 因为，所以，所以A正确， 对于B，由正弦定理得，即，得， 因为，所以或， 所以有两解，所以B错误， 对于C，由正弦定理得，即，得， 因为为锐角三角形，所以， 所以，得， 所以，得， 所以，即b取值范围，所以C正确， 对于D，因为D为BC边上的中点，所以， 所以 ， 由余弦定理得， 所以，当且仅当时取等号， 所以，当且仅当时取等号， 所以 ，当且仅当时取等号， 所以，当且仅当时取等号， 所以AD的最大值为，所以D正确. 故选：ACD 三、填空题 12. 若圆被直线所截得的弦长为10，过点作圆的切线，其中一个切点为，则的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用垂径定理来求弦长，得用勾股定理来求切线长，即可解决问题. 【详解】由弦长为，结合垂径定理可得：，解得， 结合已知点，可得： 所以， 故答案为：. 13. 已知等差数列的前项和为，且，等比数列的首项为，若，则的值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，利用等差数列的性质，得，进而得，从而有，即可求解. 【详解】设等比数列的公比为，因为等差数列的前项和为，且， 所以，解得， 又等比数列的首项为，且，所以，解得，所以， 则， 故答案为：. 14. 从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取3个不同的数，且这三个数之积为偶数，记满足条件的这三个数之和为；从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，且这两个数之积为偶数，记满足条件的两个数之和为.则______. 【答案】## 【解析】 【分析】先分别求出满足这两个条件的情况总数，再找到满足的情况，结合古典概型的概率公式求解即可. 【详解】从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取3个不同的数，要满足三个数之积为偶数， 则这三个数中至少有1个偶数，总共有种取法， 从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，且这两个数之积为偶数， 则这两个数中至少有1个偶数，总共有种取法. 又，， 接下来，找出 和 相等的情况： 当时，满足条件的取法情况有，共1种情况； 当时，满足条件的取法情况有，共2种情况； 当时，无满足条件的情况； 当时，满足条件的取法情况有，共2种情况， 所以. 故答案为：. 四、解答题 15. 某校为了丰富学生课余生活，组建了足球社团．足球社团为了解学生喜欢足球是否与性别有关，随机抽取了男､女同学各100名进行调查，得到如下列联表： 喜欢足球 不喜欢足球 合计 男生 60 40 100 女生 30 70 100 合计 90 110 200 （1）根据小概率值的独立性检验，判断是否有的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关？ （2）现从喜欢足球的学生中抽取了2名男生和1名女生示范点球射门．已知男生进球的概率为，女生进球的概率为，每人射门一次，假设各人射门相互独立，求3人进球总次数的分布列和均值． 附：，． 【答案】（1）有的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关 （2）分布列见解析，均值为 【解析】 【分析】（1）先零假设，再计算，对照临界值表可得结论； （2）写出的所有可能取值，求出取每个值的概率可得分布列，根据均值公式可得均值. 【小问1详解】 零假设为：该校学生喜欢足球与性别无关． 根据列联表中的数据，经计算得， 根据小概率值的独立性检验，推断不成立， 所以有的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关． 【小问2详解】 3人进球总次数的所有可能取值为 0，1，2，3. ； ； ； ； 所以的分布列如下： 0 1 2 3 所以． 16. 已知首项为-2的等差数列的前项和为，数列满足，. （1）求与； （2）设，记数列的前项和为，证明：当时，. 【答案】（1），； （2）证明过程见解析. 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的前项和公式、等差数列的通项公式，结合对数式与指数式互化公式进行求解即可； （2）运用数学归纳法进行证明即可. 小问1详解】 设等差数列的公差为，因为， 所以由， 即，即， 所以，而， 所以； 【小问2详解】 由（1）可知：，， 所以有， 当时，，不等式成立， 当时，，不等式成立， 假设当时，不等式成立，即， 当时，， 因为 所以， 即，因此， 综上所述：当时，成立. 17. 已知多面体的底面是正方形，底面，，. （1）证明：平面平面； （2）设. （i）当时，求直线与平面所成角的正弦值； （ii）若二面角的大小为，求的值. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）；（ii）或. 【解析】 【分析】（1）根据题意证明平面即可求解； （2）（i）以为坐标原点建立空间直角坐标系，再由线面夹角的向量求解方式求解即可； （ii）由二面角的向量求法，求得，再由二面角为代入求解即可． 【小问1详解】 证明：底面为正方形，得. 因为底面，面，得. 又，平面，平面，得平面， 由平面，所以平面平面； 【小问2详解】 以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由得，，，，， （i）当时，，，，， 设平面的法向量为， 由得 不妨取，则，从而平面的一个法向量为. 设直线与平面所成的角为， 则， 直线与平面所成角的正弦值为. （ii）由，得，， 由（1）知，. 设平面的法向量为， 由得，不妨取， 则，， 所以平面的一个法向量为. 则， 又因为二面角的大小为135°，所以， 化简得， 得或. 18. 已知椭圆：的焦距为2，且经过点. （1）求椭圆的方程； （2）若，是椭圆上的两个点，且，证明：为定值； （3）将椭圆上各点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的倍，得到曲线.若点，点，在曲线上，且，求的最大值. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）. 【解析】 【分析】（1）由题意列式求，进而可得椭圆的方程. （2）分两种情况：直线或其中一条斜率不存在时及直线，斜率存在且均不为0时，直线的方程与椭圆的方程联立可得关于x的一元二次方程，由韦达定理计算，即可证明； （3）解法一：设点及直线代入计算得出轨迹方程，即可得出弦长最值；解法二：设点代入得出，再应用两点间距离公式结合基本不等式求解. 【小问1详解】 由题意得解得 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 当直线或其中一条斜率不存时，. 当直线，斜率存在且均不为0时，设直线：，， 由得， 所以. 同理可得，所以. 综上，. 【小问3详解】 解法一： 设曲线上任意一点坐标为，对应椭圆上点坐标为， 则代入中得：. 设的中点为，因为，所以 所以，即. 所以. 解法二： 设曲线上任意一点坐标为，对应椭圆上点坐标为， 则代入中得：. 设原点到直线，的距离分别为，，则. . 所以，当且仅当时取得等号. 即的最大值为. 19. 已知 （1）若，求在处的切线方程 （2）求的极值和单调递增区间 （3）设，求在上的零点个数 【答案】（1）； （2）答案见解析； （3）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）将代入函数中，求导数，代入求出切线的斜率，利用点斜式求解即可. （2）对函数求导，分类讨论极值及单调递增区间. （3）根据分离参数，构造新函数，对函数求导，转化为函数图像的交点个数来确定函数在区间上的零点个数. 【小问1详解】 由函数， 当时，，， 所以， 所以在处的切线斜率为：， 所以所求切线方程为：，即. 【小问2详解】 由，， 所以， 当时，，所以函数在上单调递增，无极值， 当时，由，则，若，则， 所以在单调递增，在上单调递减， 所以为函数单调递增区间， 为函数单调递减区间， 此时函数有极大值为，无极小值. 【小问3详解】 由， 所以， 令，由，所以， 即问题转化为：与在交点个数问题， 由 令，则,单调递增， 则,所以单调递增，， 所以在单调递增， 所以，即， 当时， 则与在只有一个交点， 此时在上只有一个零点. 当或时， 则 与在无交点， 此时在上没有零点. 【点睛】思路点睛：函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，主要考向有以下几点： 1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性； 2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数； 3、求函数的极值（最值）； 4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围； 5、证明不等式； 解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决， 在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数， 对新函数求导再结合导数与单调性等解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长沙市一中广雅中学高三上学期期中考试数学试题 一、单选题 1. 复数z满足（i是虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 2. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知为坐标原点，双曲线右焦点为，左顶点为，过作的一条渐近线的垂线，垂足为.若，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 4. 将函数的图象向左平移个单位长度后，所得的图象关于原点对称，则的最小值为（ ） A B. C. D. 5. 已知，若对于正数，满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 6. 数学必修二55页介绍了海伦-秦九韶公式：我国南宋时期著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中，提出了已知三角形三边长求三角形面积的公式，与著名的海伦公式完全等价，由此可以看出我国古代已具有很高的数学水平，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上．以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实．一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即，其中a，b，c分别为内角A，B，C的对边．若，，则面积的最大值为（ ）． A. 3 B. C. D. 7. 已知直线与圆交于不同的两点，若存在最小值且最小值不大于，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，（其中e是自然对数底数），若关于x的方程恰有三个不同的零点，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 在正方体中，点是线段上一动点，则下列各选项中正确的是（ ） A. B. 平面 C. 三棱锥的体积随点位置变化而变化 D. 设正方体棱长为，则的最小值为 10. 抛物线C：的准线为l，P为C上的动点，过P作的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（ ） A. l与相切 B. 当P，A，B三点共线时， C. 当时， D. 满足的点有且仅有2个 11. 中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且，下列选项正确的是（ ） A. B. 若，则只有一解 C. 若为锐角三角形，则b的取值范围是 D. 若D为BC边上的中点，则AD的最大值为 三、填空题 12. 若圆被直线所截得弦长为10，过点作圆的切线，其中一个切点为，则的值为__________. 13. 已知等差数列的前项和为，且，等比数列的首项为，若，则的值为_____． 14. 从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取3个不同的数，且这三个数之积为偶数，记满足条件的这三个数之和为；从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，且这两个数之积为偶数，记满足条件的两个数之和为.则______. 四、解答题 15. 某校为了丰富学生课余生活，组建了足球社团．足球社团为了解学生喜欢足球是否与性别有关，随机抽取了男､女同学各100名进行调查，得到如下列联表： 喜欢足球 不喜欢足球 合计 男生 60 40 100 女生 30 70 100 合计 90 110 200 （1）根据小概率值的独立性检验，判断是否有的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关？ （2）现从喜欢足球的学生中抽取了2名男生和1名女生示范点球射门．已知男生进球的概率为，女生进球的概率为，每人射门一次，假设各人射门相互独立，求3人进球总次数的分布列和均值． 附：，． 16. 已知首项为-2的等差数列的前项和为，数列满足，. （1）求与； （2）设，记数列前项和为，证明：当时，. 17. 已知多面体的底面是正方形，底面，，. （1）证明：平面平面； （2）设. （i）当时，求直线与平面所成角的正弦值； （ii）若二面角的大小为，求的值. 18. 已知椭圆：的焦距为2，且经过点. （1）求椭圆的方程； （2）若，是椭圆上的两个点，且，证明：为定值； （3）将椭圆上各点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的倍，得到曲线.若点，点，在曲线上，且，求的最大值. 19. 已知 （1）若，求在处的切线方程 （2）求的极值和单调递增区间 （3）设，求在上的零点个数 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $