精品解析：湖南省邵阳市“八校联盟”2025-2026学年高二创新实验班上学期10月月考联考数学试题

邵阳市“八校联盟”2025年10月创新实验班联考试题卷 （数学） 本试卷共4页，19个小题．满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．将条形码横贴在答题卡上“贴条形码区”． 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效． 4.保持答题卡的整洁．考试结束后，只交答题卡，试题卷自行保存． 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. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 2 2. 的展开式中, 的系数为（ ） A. -110 B. -30 C. 50 D. 130 3. 已知圆上一点，现将点A绕圆心顺时针旋转到点B，且，则点C的横坐标为（ ） A. B. C. D. 4. 已知a>0，b>0，，则的最小值为（ ） A. 4 B. 2 C. 8 D. 16 5. 若圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则r的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知正数满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 能被3个半径为1的圆形纸片完全覆盖的最大的圆的半径是（ ） A. B. C. D. 8. 在锐角中，角的对边分别为，为的面积，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（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. 已知椭圆内一点，上、下焦点分别为，，直线与椭圆交于，两点，且为线段的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 椭圆的焦点坐标为， B. 椭圆的长轴长为 C. 直线的方程为 D. 的周长为 10. 已知函数的定义域为，且，若，则（ ） A. B. C. 函数是偶函数 D. 函数是减函数 11. 如图，若正方体的棱长为1，点M是正方体的侧面上的一个动点（含边界），P是棱的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为 B. 若保持，则点M在侧面内运动路径的长度为 C. 三棱锥的体积最大值为 D. 若M在平面内运动，且，点M的轨迹为抛物线 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 把一个圆柱形水杯倾斜到与水平面成角，水面形状是一个椭圆，则这个椭圆的离心率为___________． 13. 某学校派5人参加连续8天的志愿服务活动，其中甲连续参加2天，其中第三天和第五天各需2个人同时参加，其余的天数只能有一个人参加，每个人都至少参加一次活动，至多参加两次活动，则不同的安排方法有__________种．（结果用数字表示） 14. 已知函数若函数（）（为自然对数的底数）恰有4个零点，则的取值范围是________． 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. 已知数列的前n项和为，满足．． （1）若，求的通项公式； （2）若为等比数列，设，数列的前n项和为，求． 16. 已知向量．令函数． （1）求函数的最小正周期和单调递增区间； （2）中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，的角平分线交于D．其中，函数恰好为函数的最大值，且此时，求的最小值． 17. 在中，，，，是的中点，是的中点，是的中点．如图，将和分别沿、向平面的同侧翻折至和的位置，且使得． （1）证明：； （2）求平面与平面的夹角的余弦值的最大值． 18. 已知函数． （1）是否存在实数，使得和在上的单调区间相同？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由． （2）已知是的零点，是的零点． ①证明：， ②证明：． 19. 已知椭圆的离心率为，分别为椭圆C的左，右顶点和坐标原点，点为椭圆上异于的一动点，面积的最大值为. （1）求椭圆C的方程； （2）过右焦点F的直线交椭圆C于两点，直线交轴于，过分别作的垂线，交于两点，为上除点的任一点. （ⅰ）证明：； （ⅱ）设直线、、的斜率分别为、、，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 邵阳市“八校联盟”2025年10月创新实验班联考试题卷 （数学） 本试卷共4页，19个小题．满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．将条形码横贴在答题卡上“贴条形码区”． 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效． 4.保持答题卡的整洁．考试结束后，只交答题卡，试题卷自行保存． 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. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】设，化简等式左侧，结合复数相等的概念即可. 【详解】设，则， 则，因此． 故选：A． 2. 的展开式中, 的系数为（ ） A. -110 B. -30 C. 50 D. 130 【答案】A 【解析】 【分析】由题意，再分别计算中和的系数即可. 【详解】因为， 由二项式定理得： 中和的系数分别为和， 故所求的系数为. 故选：A 3. 已知圆上一点，现将点A绕圆心顺时针旋转到点B，且，则点C的横坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设OA、OB与x轴所形成夹角为、，根据任意角的三角函数的定义求出，由题意得，利用两角差的余弦公式展开并代入相应值计算，所得值代入即可. 【详解】设OA与x轴所形成夹角为，OB与x轴所形成夹角为， 因为，所以， 由题意知， 所以， 因为，所以. 故选：D 4. 已知a>0，b>0，，则的最小值为（ ） A. 4 B. 2 C. 8 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】根据a>0，b>0，，得到ab＝1，然后利用基本不等式由求解． 【详解】因为a>0，b>0，＝， 所以ab＝1， 所以． 当且仅当，即时等号成立． 故选：B 【点睛】本题主要考查基本不等式求最值，还考查了变形求解问题的能力，属于中档题. 5. 若圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则r的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先确定圆心到直线的距离，再由题意得到，进而求解即可. 【详解】由圆，圆心为，半径为， 则圆心到直线的距离为， 因为圆上的点到直线的距离为1的点有且仅有2个， 所以，则，解得， 即r的取值范围是. 故选：B. 6. 已知正数满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用构造函数法，结合导数求得的最小值. 【详解】依题意，正数满足， 所以，即， 所以， 令， 所以在上单调递增， 所以，即， 所以， 令， 所以在区间上单调递减； 在区间上单调递增， 所以的最小值是， 所以的最小值为. 故选：B 【点睛】利用导数研究函数的最值，首先要确定函数的定义域，然后对函数进行求导，求得函数的单调区间，进而求得函数的极值、最值.题目已知条件是一个等量关系，这个等量关系的作用一般是进行等量转化，如本题中，通过等量关系可将转化为. 7. 能被3个半径为1的圆形纸片完全覆盖的最大的圆的半径是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，借助圆的对称性可得已知3个圆的圆心构成正三角形，由此建立函数关系，再利用导数求出最大值即得. 【详解】要求出被完全覆盖的最大的圆的半径，由圆的对称性知只需考虑三个圆的圆心构成等边三角形的情况， 设三个半径为1的圆的圆心分别为，设被覆盖的圆的圆心为，如图， 设圆与交于交于交圆于，显然为正的中心， 设，则， ，又， 因此圆的最大半径为，令，求导得， 由，得，当时，，当时，， 因此在上单调递增，在上单调递减，， 所以被完全覆盖的最大的圆的半径为， 此时，即圆､圆､圆中的任一圆均经过另外两圆的圆心． 故选：C 【点睛】关键点睛：涉及几何图形最值问题，借助几何图形建立函数关系，再求出函数最值是关键. 8. 在锐角中，角的对边分别为，为的面积，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由三角形面积公式及余弦定理得到，结合同角三角函数关系得到，，由正弦定理得到，且根据三角形为锐角三角形，得到，求出，利用对勾函数得到的最值，求出的取值范围. 【详解】由三角形面积公式可得：，故， ，故， 因为，所以， 解得：或0， 因为为锐角三角形，所以舍去， 故，， 由正弦定理得： ， 其中， 因为为锐角三角形 所以，故，所以，， ，， 令，则为对勾函数，在上单调递减，在上单调递增， 则， 又， 因为，所以， 则. 故选：C 【点睛】解三角形中求解取值范围问题，通常有两种思路，一是利用正弦定理将角转化为边，利用基本不等式进行求解，二是利用正弦定理将边转化为角，结合三角函数的图象，求出答案. 二、多选题（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. 已知椭圆内一点，上、下焦点分别为，，直线与椭圆交于，两点，且为线段的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 椭圆的焦点坐标为， B. 椭圆的长轴长为 C. 直线的方程为 D. 的周长为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据椭圆方程可直接判断A、B的正误；设，，代入椭圆方程，作差，即可求出，进而求得直线的方程，即可判断C选项；又直线经过，结合椭圆的定义即可求得的周长，进而判断D选项. 【详解】由椭圆方程知：焦点在轴上，且，，， 即，，， 所以椭圆的焦点坐标为，，故A错误； 椭圆的长轴长为，故B正确； 由题意，可设，，则， 两式作差得， 即， 所以直线的方程为，即，故C正确； 由C知，直线过椭圆的上焦点， 根据椭圆的定义，所以的周长为，故D正确． 故选：BCD. 10. 已知函数的定义域为，且，若，则（ ） A. B. C. 函数是偶函数 D. 函数是减函数 【答案】ABD 【解析】 【分析】对抽象函数采用赋值法，令、，结合题意可得，对A：令、，代入计算即可得；对B、C、D：令，可得，即可得函数及函数函数的性质，代入，即可得. 【详解】令、，则有， 又，故，即， 令、，则有， 即，由，可得， 又，故，故A正确； 令，则有， 即，故函数是奇函数， 有，即， 即函数是减函数， 令，有， 故B正确、C错误、D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点睛：本题关键在于利用赋值法解决抽象函数问题，借助赋值法，得到，再重新赋值，得到，再得到. 11. 如图，若正方体的棱长为1，点M是正方体的侧面上的一个动点（含边界），P是棱的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为 B. 若保持，则点M在侧面内运动路径的长度为 C. 三棱锥的体积最大值为 D. 若M在平面内运动，且，点M的轨迹为抛物线 【答案】AB 【解析】 【分析】A选项，把两个平面展开到同一平面内，利用两点之间，线段最短进行求解，注意展开方式可能有多种；B选项，找到点M在侧面内的运动轨迹是圆弧，再求解弧长；C选项，利用等体积法和建立空间直角坐标系，求出的最大值，即为最大值；D选项，在空间直角坐标系中利用余弦定理得到点M的轨迹方程为线段. 【详解】将平面与平面展开到同一平面内，连接AP，此时，也可将平面ABCD与平面展开到同一平面内，此时，，故A正确； 过点P作PE⊥交于点E，连接EM，则E为的中点，PE=1，且PE⊥平面，EM平面，所以PE⊥EM，因为由可知，，故M在侧面上得轨迹为以E为圆心，1为半径的半圆，故点M在侧面内运动路径的长为，B正确； 连接，，，，，，则，所以，以D为坐标原点，分别以DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，，，设，（，），设平面的法向量为，则，令，得：，所以，设到平面的距离为，则，故当，时，取得最大值，为，此时三棱锥体积最大，，C错误； ，所以，连接，，因为，（，），所以，，，化简得：，所以，可知M点的轨迹不是抛物线，D错误. 故选：AB 【点睛】对于立体几何中的满足一定条件下的点的轨迹问题，往往需要建立空间直角坐标系来进行求解，当然建立空间直角坐标系还可以求解角度和距离，将几何问题代数化可以大大减少思考难度，提高做题效率. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 把一个圆柱形水杯倾斜到与水平面成角，水面形状是一个椭圆，则这个椭圆的离心率为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】作出示意图，结合椭圆离心率的定义计算. 【详解】如图可知，结合题意，， 设圆柱底面半径是， 则椭圆的长轴，短轴， 故，则， 离心率. 故答案为： 13. 某学校派5人参加连续8天的志愿服务活动，其中甲连续参加2天，其中第三天和第五天各需2个人同时参加，其余的天数只能有一个人参加，每个人都至少参加一次活动，至多参加两次活动，则不同的安排方法有__________种．（结果用数字表示） 【答案】5724 【解析】 【分析】先考虑甲连续参加2天，由于第三天和第五天特殊，故根据甲是否在第三天或第五天分成两种情况，再对第三天第五天两个特殊位置考虑分类，根据分类和分步计数原理求解即可． 【详解】不妨设天数为12345678，另外四人为， 当甲在12，67，78这三个时间段连续参加2天时： (1)第三天与第五天由剩下四人参加：则先把分到第三天与第五天，剩下四天由排列完成，共有种方法； (2)第三天与第五天由剩下四人中的三人参加：则先把中选三人(如)分到第三天与第5天(如)，剩下四天由剩下的人(如)完成，共有种方法； (3)第三天与第五天由剩下四人中的两人参加：则先把中选两人(如)分到第三天与第5天(如)，种方法， 当甲在23，34，45，56这四个时间段连续参加2天时： (1)第三天与第五天由剩下四人中三人(如)参加：先从四人中选一人与甲同一天，再从剩下三人中选两人在另一天，然后剩下五天由剩下人完成(如)，有种方法， (2)第三天与第五天由剩下四人中二人(如)参加：先从四人中选一人与甲同一天(如)，两从剩下一人中选1人(如)与刚才的1人()排在另一天，剩下五天由剩下人完成(如)，有种方法； 根据分类计数原理，共有种方法． 故答案为：5724． 14. 已知函数若函数（）（为自然对数的底数）恰有4个零点，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】先作出的图象，根据k的范围分类讨论的图象，使得函数与函数的图象恰好有4个交点，求出对应k的范围即可． 【详解】时，，单调递增，的图象： 令， 函数恰有4个零点等价于函数与函数的图象恰好有4个交点． ①当k＝0时，， 如图， 显然，函数与函数的图象不可能有4个交点，不符题意； ②当k＜0时，如图， 要使函数与函数的图象恰好有4个交点，则，则； ③当k＞0时，如图， 要使函数与函数的图象恰好有4个交点， 则与在时有两个交点， 即有两个正实数根， 即有两个正实数根， 令， 则与在时图象有两个交点， ， 令，， 则，∴在时单调递增， ∵，，， ∴当时，单调递减； 当时，单调递增． ∴， ∴如图： ∴． 综上所述，． 故答案为：． 【点睛】本题综合考查利用导数和数学结合思想研究方程的根、函数的图象的交点问题，需要熟练掌握利用导数研究函数的单调性的方法，并能作出函数图象，结合图象进行求解． 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. 已知数列的前n项和为，满足．． （1）若，求的通项公式； （2）若为等比数列，设，数列的前n项和为，求． 【答案】（1）；（2）． 【解析】 【分析】（1）利用与的关系可推出，由可知从第2项开始为首项是3，公比为2的等比数列；（2）求出数列的通项公式，利用错位相减法求. 【详解】（1）∵①，∴② ①-②得，即， 当时：，此时， ∴从第2项开始为首项是3，公比为2的等比数列，，， ∴. （2）∵为等比数列，∴，且，则， ∴，， 则， 两式相减可得 . 【点睛】本题考查由与的关系式求数列的通项公式、等比数列的通项公式、错位相减法求和，属于中档题. 16. 已知向量．令函数． （1）求函数的最小正周期和单调递增区间； （2）中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，的角平分线交于D．其中，函数恰好为函数的最大值，且此时，求的最小值． 【答案】（1）的最小正周期为，单调递增区间为；（2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式化简可得，即可求出最小正周期，令可解出单调递增区间； （2）可得，解得，再根据正弦定理解得，进而表示出，利用基本不等式可求解. 【详解】（1）， ， 则的最小正周期为， 令，解得， 故的单调递增区间为； （2）由恰好为函数的最大值可得， 即，，则可解得，则， 在中，由，可得， 在中，由，可得， ， 在中，， 则可得，， 则， ， ， 当且仅当等号成立，故的最小值为. 【点睛】关键点睛：本题考查平面向量、三角函数的性质、解三角形的综合应用，解题的关键是利用三角恒等变换化简，利用正弦定理表示得出. 17. 在中，，，，是的中点，是的中点，是的中点．如图，将和分别沿、向平面的同侧翻折至和的位置，且使得． （1）证明：； （2）求平面与平面的夹角的余弦值的最大值． 【答案】（1）是的中点， ∴翻折前，翻折后． 是的中点， ∴翻折前，翻折后． ∴翻折后，又，且方向相同， ，又是的中点，是的中点， ∴翻折前、后，，且方向相同， ， ∴翻折后，在中，； （2）． 【解析】 【分析】（1）利用向量的线性运算来证明即可； （2）利用建立空间直角坐标系，再引入变量，从而可写出相关点坐标，用空间向量法来求两平面夹角余弦值，最后求最大值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由可知：四点共面， 则在平面中，过点作，交于点， 平面，， ∴以为原点，、、的方向分别为轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、， 设，则， ，，， 设平面的一个法向量，则， 令，则，，， 设平面的一个法向量，则， 令，则，，， 设平面与平面的夹角为，则 ， ，，则， 当且仅当，即时，即时，等号成立． ∴平面与平面的夹角的余弦值的最大值为． 18. 已知函数． （1）是否存在实数，使得和在上的单调区间相同？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由． （2）已知是的零点，是的零点． ①证明：， ②证明：． 【答案】（1）存在，且 （2） ①由题意，有两个零点，， 若，则，所以在上单调递增，不符合题意， 若，则当时，单调递减， 当时，单调递增， 且当时，，当时，， 所以，解得，得证； ②令，得，即， 令，则， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 在同一坐标平面内作出函数与函数的图象， 它们有公共点，如图， 故，且有， 由，得，即，又，所以， 由，得，即，又，所以， 由，得，即， 故. 【解析】 【分析】（1）结合导数与函数单调性的关系，分与进行讨论即可得； （2）①利用导数得到的单调性后，借助零点的存在性定理可得，解出即可得；②构造函数，结合导数得到函数的单调性，画出相应图象，可得从而得到，，从而可得，结合的范围即可得解. 【小问1详解】 由题意得， 当时，，所以和在上都单调递增，符合题意； 当时，若和在上的单调区间相同， 则和有相同的极值点，即， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，则， 所以无解， 综上，当时，和在上的单调区间相同； 【小问2详解】 ①略 ②略 【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于构造函数，结合导数得到函数的单调性，从而得到. 19. 已知椭圆的离心率为，分别为椭圆C的左，右顶点和坐标原点，点为椭圆上异于的一动点，面积的最大值为. （1）求椭圆C的方程； （2）过右焦点F的直线交椭圆C于两点，直线交轴于，过分别作的垂线，交于两点，为上除点的任一点. （ⅰ）证明：； （ⅱ）设直线、、的斜率分别为、、，求的值. 【答案】（1）； （2）（ⅰ）由题可知点、， 若直线与x轴重合，则M、P、N重合，则不存在，不合乎题意； 设直线的方程为，设点、， 联立可得， ， 由韦达定理可得，， 所以 ， 所以. （ⅱ）2 【解析】 【分析】（1）由已知条件可得出关于的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程； （2）（ⅰ）分析可知，直线不与轴重合，设直线的方程，设点，将该直线方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用三角形的面积公式即可证明；（ⅱ）设点，其中，利用斜率公式结合韦达定理可求得的值. 【小问1详解】 由题意知，解得，， 所以的方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）设点，其中，则 . 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $