精品解析：湖南省邵阳市“八校联盟”2025-2026学年高二上学期11月创新实验班联考数学试题

邵阳市“八校联盟”2025年11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、单选题（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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先计算出两个集合，再根据两个集合的交集运算即可计算出结果. 【详解】由题意可得，，则. 故选：D 【点睛】本题考查了集合交集的运算，属于简单题，解题的关键是分别根据两个集合的条件计算出两个集合，再根据交集的定义计算. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法运算化简，再结合共轭复数的概念即可. 【详解】由题意得，，故. 故选：A 3. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则与相交 C. 若，则与平行 D. 若，则不可能相交 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线与平面，平面与平面平行的判定和性质逐项进行判断即可求解. 【详解】若，则与可能平行或异面，错误，D正确； 若，则与平行或相交，B错误； 若，则与可能平行或相交，C错误. 故选：D. 4. 若函数在上存在零点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意转化为函数与的图像在上有交点，分和两种情况讨论，结合函数的图象及图象变换，即可求解. 【详解】由题意，函数与的图像在上有交点， 当时，的图像是由函数的图像向左平移的， 根据图像可得只需要，即； 当时，的图像是由函数向右平移的， 此时在上恒有交点，满足条件， 综上可得：，即实数a的取值范围是. 故选：D. 5. 已知抛物线E:的准线交y轴于点M，过点M作直线l交E于A，B两点，且，则直线l的斜率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据抛物线方程求出准线方程，即可得到的坐标，设直线为，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，根据，即可得到，从而求出、，从而求出. 【详解】解：抛物线的准线为，所以， 由题意可知直线的斜率存在， 故设直线为，，， 则，即， 所以，， 因为，即， 所以， 所以或， 所以. 故选：B 6. 已知函数为定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先分析函数在上的单调性和函数的符号，再结合奇函数的性质可解不等式. 【详解】当时，，易得在上单调递增， 又， 所以当时，，当时，， 又是定义在上的奇函数， 当时，， 当时，， 当或时，. 综上，不等式的解集为. 故选：A 7. 已知函数的图象如图所示，将的图象向右平移个单位，使新函数为偶函数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，，可求得，由此可得平移后的解析式，根据平移后为偶函数可构造方程，结合可求得最小值. 【详解】由图象可知：，； ，，又，； ，，解得：，； 为偶函数，， 解得：，又， 当时，. 故选：D. 8. 定义在上的函数，的导函数满足，记，，，则，，大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据满足的条件构造函数，求导说明在上单调递减，再由，，可得. 【详解】，， 又，所以， 令，则， 故在上单调递减， ， ，，， 因为在上单调递减，所以， 即，又，所以 ， 故选：A． 二、多选题（本大题共3个小题，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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 数据13，27，24，12，14，30，15，17，19，23的第70%分位数是23 B. 若随机变量，且，则 C. 在回归分析中，可用决定系数的值判断模型的拟合效果，越大，模型的拟合效果越好 D. 在回归模型中，残差点所在的带状区域宽度越窄，说明模型拟合精度越高 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据百分位数、正态分布、决定系数的意义以及残差的定义进行判断即可. 【详解】对于A： 先将数据从小到大排列为：12，13，14，15，17，19，23，24，27，30共10个数据， 因为，为整数，所以第70%分位数是第7项和第8项的平均值， 即，所以A错误； 对于B： 因为，正态分布关于对称， 所以，所以， 所以B正确； 对于C： 在回归分析中，决定系数越接近1，说明模型对数据的拟合效果越好，即越大，模型的拟合效果越好，所以C正确； 对于D： 残差点所在的带状区域宽度越窄，说明残差越小，模型对数据的拟合精度越高，所以D正确. 故选：BCD. 10. 已知数列满足，则（ ） A. B. 若，则 C. D. 若数列满足，记为的前项和，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】由已知得出是公比为3，首项为3的等比数列，进而得出，即可判断AC；由得出数列前项和，由列出方程求解即可判断B；由，裂项得出，求和即可判断D． 【详解】由递推公式得，，构造新数列得，， 所以是公比为3，首项为3的等比数列， 所以， 所以，故A正确，C错误； 因为，所以数列前项和为：， 所以，故B正确； 由得，， 所以，故D正确； 故选：ABD． 11. 在长方体中，分别为的中点，分别为棱上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 的最小值为 C. 若，则平面截长方体所得截面为五边形 D. 若为中点，则三棱锥的外接球表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，由平面可得点到平面的距离为定值，进而可得三棱锥的体积为定值；B选项，将沿翻折，使得与四边形共面，进而根据三点共线且时取得最小值，再由等面积法求解最小值；C选项，由，利用空间向量方法证明五点共面，可证截面为五边形；D选项，利用球心性质，通过余弦定理及勾股定理求解外接球半径，进而求解外接球表面积. 【详解】A选项：在长方体中， 在四边形中，，且， 故四边形为平行四边形，所以. 平面，且平面， 故平面，又因为在上， 所以到平面的距离为定值， 由的面积确定，所以三棱锥的体积为定值， 即三棱锥的体积为定值，故A正确； B选项，将沿翻折，使得与长方形共面， 当三点共线且时，取得最小值， 即过作，垂足为，与交于点， 此时. 由等面积法， 其中， 可得， 解得，故B错误； C选项，当时，即为棱上靠近点的三等分点， 在棱上取靠近点的三等分点，连接， 则，且，，故四点共面. 如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴， 建立空间直角坐标系， 则， 所以， 令，则， 所以，解得，即， 即四点共面，则五点共面， 故五边形即为平面截长方体所得的截面，故C正确； D选项，设三棱锥的外接球球心为，半径为， 取中点，连接， 设的外心为，外接圆半径为， 由，可知. 在中，， 则由余弦定理得， 所以， 故外接圆半径； 由为直角三角形，则中点为的外心， 连接. 则，且， 由平面，则平面， 又平面，所以， 同理可证，所以四边形为平行四边形， 则； 则， 所以， 三棱锥的外接球表面积为，故D正确． 故选：ACD． 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知向量，且在上的投影向量的坐标为，则与的夹角为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据投影向量公式得在上的投影向量为，结合已知可得结果. 【详解】设与的夹角为，且，， 则在上的投影向量为， 即，所以，所以， 故答案为：. 13. 一支医疗小队由3名医生和6名护士组成，将他们全部分配到三家医院，使每家医院分到医生1名和护士1至3名，其中护士甲和护士乙必须分到同一家医院，则不同的分配方法有_________种. 【答案】684 【解析】 【分析】先将护士和医生分别分成三组，再将分好的三组护士和三组医生安排到三家医院，根据分步乘法计数原理可求出结果. 【详解】根据题意，分3步完成： 第一步：将6名护士分成3组，每组1至3人，其中护士甲和护士乙分到同一组， 若甲和乙一组，将其他4人分成2组即可，有种分组方法； 若甲乙组恰有3人，从其他4人中选1人分到甲乙组，剩下的3人分成2组，有种分组方法； 则护士有种分组方法； 第二步：将3名医生分成3组，每组1人，有1种分组方法； 第三步：将分好的三组护士和三组医生安排到三家医院，有种安排方法； 根据分步乘法计数原理得种分配方法. 故答案为：. 14. 已知点是双曲线的右焦点，过的直线与交于两点，点与点关于原点对称，．若为线段上靠近点的四等分点，则的离心率为______． 【答案】## 【解析】 【分析】设，借助双曲线定义，结合勾股定理，用表示出、，再结合勾股定理得到与、有关齐次式，即可得离心率. 【详解】取左焦点，设，则， 由双曲线定义可得，， 由，点与点关于原点对称，故四边形为矩形， 故，有，化简可得得， 故，，则在中，有， 即，故. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助双曲线定义，结合勾股定理，用表示出、，再结合勾股定理得到与、有关齐次式，即可得解. 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. 记的内角的对边分别为，满足. （1）求角； （2）若，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用正弦定理边转角和正弦的和角公式得到，即可求解； （2）根据条件，利用（1）结果和余弦定理，得到，利用正弦定理求出外接圆半径，再由正弦定理角转边，即可求解. 【小问1详解】 由，得到, 整理得到，即， 又，则，得到， 又，解得. 【小问2详解】 由（1）知，由余弦定理得， 又，所以， 由正弦定理知（其中为外接圆的半径），得到， 所以. 16. 如图，在三棱柱中，是正方形的中心，，平面，且． （1）求与平面所成角的正弦值； （2）在线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，求出的长；若不存在，说明理由． 【答案】（1）；（2）存在，. 【解析】 【分析】（1）以点为坐标在原点建立空间直角坐标系，利用向量法可求得结果； （2）假设存在点，设，且，利用平面的法向量与平面的法向量垂直列式可解得结果. 【详解】（1）以点为坐标在原点建立空间直角坐标系，如图： 则，，，，， （1），， 设平面的一个法向量 则，即，令得， 设与平面所成角为， ，， （2）假设存在点，设，且， ，， 设平面的法向量， 则，即，令得， 平面平面， ，即，得， 存在这样的点使得平面平面，且． 【点睛】关键点点睛：将平面与平面垂直问题转化为两个平面的法向量垂直求解是本题的解题关键. 17. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）若曲线在处的切线方程为，证明：恒成立； 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为 （2）证明: 由题意得， 则， 令， 化简得， 则，令，，令，， 可得在上单调递减，在上单调递增， 得到， 即成立，可得， 故得证. 【解析】 【分析】（1）利用导函数可求函数的单调区间； （2）利用导数的几何意义求得切线方程，进而可得，令，利用导数可得，进而可证结论. 【小问1详解】 由题意得的定义域为， 因为，所以， 令，，令，， 则在上单调递减，在上单调递增， 综上，的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问2详解】 略. 18. 已知椭圆的右顶点为，焦距为． （1）求的标准方程； （2）设的左焦点为，过点作斜率不为零的直线交于两点，连接分别交直线于点，过点且垂直于的直线交直线于点，则 ①求证：为线段的中点； ②记的面积分别为，试探究：是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）①证明:由（1）知：， 设直线的方程为，， 由得：，，， 直线，令，解得：， 同理可得：； 直线，令，解得：； ， 为线段中点. ②存在； 【解析】 【分析】（1）根据焦距、顶点坐标和椭圆关系可直接求得标准方程； （2）①将直线方程与椭圆方程联立可得韦达定理的结论；分别用坐标表示出点的纵坐标，结合韦达定理可整理得到，由此可得结论； ②根据，，结合韦达定理进行整理，进而得到的取值. 【小问1详解】 由题意知：，的标准方程为：. 【小问2详解】 ①略； ②， ； ，，， ， 假设存在满足题意的，则， 存在，使得. 【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用问题，解题基本思路是能够将点的坐标、三角形面积利用坐标运算的方式表示为符合韦达定理的形式，结合韦达定理对所求量进行化简整理，从而得到结论. 19. 甲、乙、丙三人一起玩掷骰子的游戏，骰子质地均匀.游戏规则如下：甲选择数字1，乙选择数字2、3，丙选择数字4、5、6.每人掷一次骰子，当掷出自己所选的数字时，获得对应得分，否则其他人获得对应得分的一半.甲、乙、丙掷出所选数字时的对应得分为6、4、2.比如：在乙投掷时，若掷出数字2、3，则乙获得4分，甲、丙不得分；乙掷出1、4、5、6时，乙不得分，甲、丙各得2分.三人各投掷一次记为一轮. （1）一轮过后，记甲的得分为，求的分布列和期望. （2）一轮过后，甲因个人原因退出游戏，此时乙、丙重新制定规则： （i）两人各投掷一次记为一轮，无论是谁投掷，当出现数字1时，需重新投掷，得分规则同上.求进行两轮游戏后，乙的积分高于丙的积分的概率. （ii）不进行得分统计，通过掷出骰子的点数判定胜负，投掷一次为一轮，若一轮掷出1，2，3，乙胜，否则丙获胜.两人约定谁先获胜的局数达到一定数目时，可以把奖品全部赢下来.但游戏在中途被打断了，此时乙还需胜5轮才能赢下游戏，丙还需赢6轮才能赢下游戏.在这样的情况下，如果要按照乙、丙最终获胜概率大小分配奖品数量，求丙应该得到奖品的数量占比. 【答案】（1）的分布列如下： （2）（i）；（2）. 【解析】 【分析】（1）先确定的取值，再根据独立事件的概率公式可求取相应值时对应的概率，故可得分布列，根据期望公式可求期望； （2）（i）设一轮游戏后乙的积分为，丙的积分为，令，则可求的概率分布，从而可求乙的积分高于丙的积分的概率；（ii）利用二项分布分别求出乙丙获胜的概率后可求丙应该得到奖品的数量占比. 【小问1详解】 由题意，的可能取值为， 而，， ，， ，， ，， 故的分布列如下： 故 【小问2详解】 （i）设一轮游戏后乙的积分为，丙的积分为， 则可取值，可取值， 故，， ，， ，， ， 而当时，，当，，当时，， 当，，， 设随机变量，则可取， 且，， 故两轮后乙的积分高于丙的积分的概率为： . （ii）设乙、丙还需比赛轮才能决定输赢，则， 设乙第胜发生在第轮（）， 则其乙赢的概率为， 设丙第胜发生在第轮（）， 则其丙赢的概率为， 故丙应该得到奖品的数量占比为. 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11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、单选题（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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则与相交 C. 若，则与平行 D. 若，则不可能相交 4. 若函数在上存在零点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 已知抛物线E:的准线交y轴于点M，过点M作直线l交E于A，B两点，且，则直线l的斜率是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数为定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的图象如图所示，将的图象向右平移个单位，使新函数为偶函数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 定义在上的函数，的导函数满足，记，，，则，，大小关系为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3个小题，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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 数据13，27，24，12，14，30，15，17，19，23的第70%分位数是23 B. 若随机变量，且，则 C. 在回归分析中，可用决定系数的值判断模型的拟合效果，越大，模型的拟合效果越好 D. 在回归模型中，残差点所在的带状区域宽度越窄，说明模型拟合精度越高 10. 已知数列满足，则（ ） A. B. 若，则 C. D. 若数列满足，记为的前项和，则 11. 在长方体中，分别为的中点，分别为棱上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 的最小值为 C. 若，则平面截长方体所得截面为五边形 D. 若为中点，则三棱锥的外接球表面积为 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知向量，且在上的投影向量的坐标为，则与的夹角为__________. 13. 一支医疗小队由3名医生和6名护士组成，将他们全部分配到三家医院，使每家医院分到医生1名和护士1至3名，其中护士甲和护士乙必须分到同一家医院，则不同的分配方法有_________种. 14. 已知点是双曲线的右焦点，过的直线与交于两点，点与点关于原点对称，．若为线段上靠近点的四等分点，则的离心率为______． 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. 记的内角的对边分别为，满足. （1）求角； （2）若，求的值. 16. 如图，在三棱柱中，是正方形的中心，，平面，且． （1）求与平面所成角的正弦值； （2）在线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，求出的长；若不存在，说明理由． 17. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）若曲线在处的切线方程为，证明：恒成立； 18. 已知椭圆的右顶点为，焦距为． （1）求的标准方程； （2）设的左焦点为，过点作斜率不为零的直线交于两点，连接分别交直线于点，过点且垂直于的直线交直线于点，则 ①求证：为线段的中点； ②记的面积分别为，试探究：是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 19. 甲、乙、丙三人一起玩掷骰子的游戏，骰子质地均匀.游戏规则如下：甲选择数字1，乙选择数字2、3，丙选择数字4、5、6.每人掷一次骰子，当掷出自己所选的数字时，获得对应得分，否则其他人获得对应得分的一半.甲、乙、丙掷出所选数字时的对应得分为6、4、2.比如：在乙投掷时，若掷出数字2、3，则乙获得4分，甲、丙不得分；乙掷出1、4、5、6时，乙不得分，甲、丙各得2分.三人各投掷一次记为一轮. （1）一轮过后，记甲的得分为，求的分布列和期望. （2）一轮过后，甲因个人原因退出游戏，此时乙、丙重新制定规则： （i）两人各投掷一次记为一轮，无论是谁投掷，当出现数字1时，需重新投掷，得分规则同上.求进行两轮游戏后，乙的积分高于丙的积分的概率. （ii）不进行得分统计，通过掷出骰子的点数判定胜负，投掷一次为一轮，若一轮掷出1，2，3，乙胜，否则丙获胜.两人约定谁先获胜的局数达到一定数目时，可以把奖品全部赢下来.但游戏在中途被打断了，此时乙还需胜5轮才能赢下游戏，丙还需赢6轮才能赢下游戏.在这样的情况下，如果要按照乙、丙最终获胜概率大小分配奖品数量，求丙应该得到奖品的数量占比. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $