精品解析：湖南省教育战略合作学校2025-2026学年高三上学期第二次联考数学试题

湖南教育战略合作学校2026届高三第二次联考卷 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设复数，则z在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第一、三象限 D. 第二、四象限 3. 已知是各项均为正数的等比数列，设其前n项和为，若成等差数列，则（ ） A. 9 B. 2 C. D. 4. 已知圆锥的母线长l为5，体积V为，底面半径r，高为，该圆锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量满足，且在上的投影向量为单位向量，则（ ） A. B. C. 3 D. 2 6. 已知函数在上恰有两个不同的零点，则的值可能为（ ） A. 0 B. C. D. 1 7. 若曲线与圆恰有一个公共点，则实数m的值为（ ） A. e B. 2 C. D. 1 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与双曲线的左支交于A、B两点，若的角平分线所在直线，与直线交于点D，的内切圆圆心为C，则的值为（ ） A. B. C. D. 2 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. 已知实数x，y满足，则下列说法正确的有（ ） A. x的取值范围为 B. y的取值范围为 C. 的取值范围为 D. 的取值范围为 10. 在三棱柱中，底面是边长为2正三角形，侧面是菱形，且，平面平面，为的中点，分别是的动点，满足，， ，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，直线平面 B. 三棱锥的外接球表面积为 C 若，且，则 D. 当时，三棱锥的体积为 11. 设离散型随机变量的取值为1，2，3，…，99，且，则（ ） A. 当数列为等差数列时， B. 数列的通项公式可能为 C. 当数列满足时， D 当数列满足时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的二项展开式中的第3项的系数为_______． 13. 若，则的值为_______． 14. 已知函数的图象总在的图象的上方，则实数a的取值范围是______． 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. 记内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A的大小； （2）若为锐角三角形，且，求的面积的取值范围． 16. 现有6个除颜色外大小和形状完全相同的小球，其中3个红球，3个白球．甲同学将这6个小球全部分配到一号和二号盒子中，分配完成后，乙先随机选一个盒子，再从选中的盒子中随机摸1个球，试验结束． （1）若甲在一号盒子中放置了2个红球和1个白球，求乙摸到红球的概率； （2）甲应该如何分配这些球，才能使乙摸到红球的概率最大，说明理由并求出此时概率的最大值． 17. 四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，底面，，点分别是的中点． （1）若过点的平面交于点，求的值； （2）在棱上取一点，使得平面，求面与面夹角的余弦值． 18. 已知函数，其中，为自然对数的底数． （1）当时，求函数的单调区间； （2）当时，证明：对于任意，都有； （3）若函数存在极小值点，且，求a的取值范围． 19. 已知圆，圆．若动圆C与圆外切，且与圆内切，设圆心C的轨迹为曲线E． （1）求曲线E的方程； （2）已知双曲线，过其右顶点A作直线分别交曲线E和双曲线于点（异于点A），作直线分别交曲线E和双曲线Γ于点（异于点A），设直线与直线交点为H， （ⅰ）求证：点横坐标乘积为定值，并求出该定值． （ⅱ）求证：点H在定直线上，并求出该定直线的方程． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南教育战略合作学校2026届高三第二次联考卷 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先解对数不等式，再求补集. 【详解】因为， 则. 故选：D. 2. 设复数，则z在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第一、三象限 D. 第二、四象限 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的四则运算法则求出，根据复数的几何意义即可求解. 【详解】因为，则， 则，解得：或， 所以或，其在复平面内对应的点位于第一、三象限． 故选：C 3. 已知是各项均为正数的等比数列，设其前n项和为，若成等差数列，则（ ） A. 9 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意得，化简得，解得，再由即可求解． 【详解】设正项等比数列的公比为，因为成等差数列， 所以，即， 解得 （舍去）或， 所以． 故选：A． 4. 已知圆锥的母线长l为5，体积V为，底面半径r，高为，该圆锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆锥的体积公式，结合圆锥的表面积公式进行求解即可. 【详解】圆锥体积：，化简得． 由母线长，得，把代入， 整理得 或，解得，， 因为，所以，或， 又， 当时，，不符题意舍去， 综上，，， 所以圆锥的表面积为． 故选：C 5. 已知向量满足，且在上的投影向量为单位向量，则（ ） A. B. C. 3 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】将的两边同时平方得，根据在上的投影向量为单位向量得到一个关于的方程，解方程即可. 【详解】将的两边同时平方得，展开得， 整理得， 由在上的投影向量为单位向量，可知其模长为1，即， 即，解得． 故选：A. 6. 已知函数在上恰有两个不同的零点，则的值可能为（ ） A. 0 B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，将函数在上恰有两个不同的零点转化为函数与在上恰有两个不同的交点，考查函数的单调性和端点、极值，作出函数的图象，推得，进而得到，求得，结合余弦函数的单调性求得的取值范围即可. 【详解】由，可得， 因在上恰有两个不同的零点， 即函数与在上恰有两个不同的交点， 而函数上单调递增，在上单调递减， 且，， 作出两函数的图象，可得. 由图可知，， 可得，故. 故选：C． 7. 若曲线与圆恰有一个公共点，则实数m的值为（ ） A. e B. 2 C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】将曲线与圆恰有一个公共点，转化为与圆相切，列出关于切点横坐标与实数的方程组，求解可得实数m的值. 【详解】因为曲线与圆恰有一个公共点，所以曲线与圆相切. 设切点横坐标为， 由，得； 由，结合图象得. 则，可得． 故选：D. 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与双曲线的左支交于A、B两点，若的角平分线所在直线，与直线交于点D，的内切圆圆心为C，则的值为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】设三角形的内切圆切AB于E，切于N，切于M，由双曲线的定义以及内切圆的性质可得E与重合，则于，故，利用两条直线夹角的正切公式求解即可. 【详解】设三角形的内切圆切AB于E，切于N，切于M， 由，得， 根据圆的切线长性质有，，， 所以，即， 所以E与重合，则于， 故，而，即． 故选：B 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. 已知实数x，y满足，则下列说法正确的有（ ） A. x的取值范围为 B. y的取值范围为 C. 的取值范围为 D. 的取值范围为 【答案】AD 【解析】 【分析】对于AB，根据不等式的同向可加性求解即可；对于C，由A知x的取值范围，结合对勾函数的性质可得的取值范围；对于D，根据指数幂的运算性质将展开，根据指数函数的单调性及不等式的同向可加性可得所求范围. 【详解】对于A，因为，则由，可知，即，故A正确； 对于B，因为，则由，可知，即，故B错误； 对于C，由A知，根据对勾函数的性质知在上单调递减，所以的取值范围为，故C错误； 对于D，因为，又， 所以，所以， 所以的取值范围为，故D正确． 故选：AD. 10. 在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧面是菱形，且，平面平面，为的中点，分别是的动点，满足，， ，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，直线平面 B. 三棱锥的外接球表面积为 C. 若，且，则 D. 当时，三棱锥的体积为 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，可证明，进而判断即可；对于B，过作，垂足为，连接，设和的中心为，连接，分析易得平面，平面，即为三棱锥的外接球的半径，进而求解判断即可；对于C，根据向量的数量积的运算律求解判断即可；对于D，取的中点，连接，利用等体积法求解判断即可. 【详解】对于A，当时，，则， 因为平面，平面， 所以平面，故A正确； 对于B，在菱形中，， 则为等边三角形，而也为等边三角形，而平面平面， 过作，垂足为，连接，则， 设和的中心为，三棱锥的外接球的球心为，连接， 易得平面，平面，则即为三棱锥的外接球的半径， 而和的边长均为2，则，即，， 所以， 则三棱锥的外接球的表面积为，故B错误； 对于C，由， 因为，所以， 则，即， 又，所以，故C错误； 对于D，当时，为的中点， 由于，且平面，平面，所以平面， 则，取的中点，连接， 则，因为平面，平面，所以平面， 则，故D正确． 故选：AD 11. 设离散型随机变量的取值为1，2，3，…，99，且，则（ ） A. 当数列为等差数列时， B. 数列的通项公式可能为 C. 当数列满足时， D. 当数列满足时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据分布列的性质及等差数列求和公式、等差数列下标和性质求解判断A；利用裂项相消法求和及分布列的性质判断B；根据分布列的性质及等比数列求和公式、指数运算性质求值判断C；令，2，…，99，得，累乘法，结合求得判断D. 【详解】对A，若为等差数列，设公差为d，前n项和为， 因为离散型随机变量的取值为1，2，3，…，99，且， 所以，故，故A正确. 对B，由可知， 可变形为， 所以 ，故B正确. 对C，由题意得数列的前项是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以，故C错误. 对D，令，2，…，99， 则，整理得，2，…，98， 即， 化简可得，又， 即，故，故D正确． 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的二项展开式中的第3项的系数为_______． 【答案】80 【解析】 【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可. 【详解】因为， 所以第3项系数为． 故答案为：80 13. 若，则的值为_______． 【答案】3或不存在 【解析】 【分析】设，则，将已知条件转化为，再利用两角和与差的正弦公式展开化简即可求解. 【详解】令，于是有， 所以， 化简上式得， 当时，两边同除以可得， 所以的值为3； 当时，则，，， 此时无意义，所以不存在. 故答案为：3或不存在 14. 已知函数的图象总在的图象的上方，则实数a的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意恒成立，设，根据极值的概念可得且，从而且，设函数，， 利用导数研究函数单调性，结合函数图象解不等式即可求解. 【详解】依题意恒成立，即恒成立， 设，， （1）当时，，在上单调递增， 且当时，，当时，且无限趋向于0， 所以，符合题意； （2）当时，令得或，令得， 则在和上单调递增，在上单调递减， 且当时，，当时，且无限趋向于0， 当时，令得或，令得， 则在和上单调递增，在上单调递减， 且当时，，当时，且无限趋向于0， 综上，当时，要使恒成立， 则只需且即可，由得，，即， 由得，， 设函数，，则， 令得，令得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 又，，，作出函数图象：如图 结合图象得的解为，故． 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. 记内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A的大小； （2）若为锐角三角形，且，求的面积的取值范围． 【答案】（1）或． （2） 【解析】 【分析】（1）先利用三角恒等变换的有关公式结合三角形内角和定理，得到，再根据求角. （2）确定角的值，根据正弦定理表示出边，利用三角形的面积公式，结合三角函数的性质，求的面积的取值范围． 【小问1详解】 由， 得， 即，又， 所以，又，所以或． 小问2详解】 因为为锐角三角形，所以，由正弦定理得，， 即， 则 ， 又，解得， 则，， 所以． 16. 现有6个除颜色外大小和形状完全相同的小球，其中3个红球，3个白球．甲同学将这6个小球全部分配到一号和二号盒子中，分配完成后，乙先随机选一个盒子，再从选中的盒子中随机摸1个球，试验结束． （1）若甲在一号盒子中放置了2个红球和1个白球，求乙摸到红球的概率； （2）甲应该如何分配这些球，才能使乙摸到红球的概率最大，说明理由并求出此时概率的最大值． 【答案】（1） （2）答案见解析， 【解析】 【分析】（1）利用全概率公式计算可得； （2）妨设在一号盒子中放k个红球和m个白球，则在二号盒子中有个红球，个白球，其中，1，2，3且，1，2，3，由对称性，再考虑和两种情况求解即可． 【小问1详解】 记事件A为“乙摸到红球”， 若乙选择的是1号盒子，则乙摸到红球的概率， 若乙选择的是2号盒子，则乙摸到红球的概率， 由全概率公式得，， 【小问2详解】 由（1）知，， 不妨设在一号盒子中放k个红球和m个白球， 则在二号盒子中有个红球，个白球， 其中，1，2，3且，1，2，3，由对称性，只需考虑和两种情况， 当时，， ， 当，时， 时取最大，即在一号盒子中只放一个红球，则， 此时． 当时， 列举可得，，均小于． 故甲应该在其中一个盒子中只放1个红球，在另一个盒子中放入剩余5个球， 此时乙最终摸到红球的概率最大为． 17. 四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，底面，，点分别是的中点． （1）若过点的平面交于点，求的值； （2）在棱上取一点，使得平面，求面与面夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据共面向量可设，结合空间向量线性运算和空间向量基本定理可得关于参数的方程组，求出其解后可得的值. （2）建立如图所示的空间直角坐标系，设，根据平面可求的值，再求出平面的法向量后利用向量法可求面面角的余弦值. 【小问1详解】 因，故设，即， 故， 又面，设 ， 由空间向量基本定理，得，解得，所以. 【小问2详解】 以为原点，为轴，在平面中垂直于直线所在的直线为轴， 为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 因为在上，设，则， 故，故， 又，因为，为的中点，故， 而平面，平面，则， 即，故，即， 故，故，而， 设平面的法向量为，则， 即，取， 平面的法向量为， 设面与面夹角为， 则. 18. 已知函数，其中，为自然对数的底数． （1）当时，求函数的单调区间； （2）当时，证明：对于任意的，都有； （3）若函数存在极小值点，且，求a的取值范围． 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数的正负求解函数的单调区间； （2）当时，设，，利用导数分析函数的单调性，进而求证即可； （3）求导构建，，可知在上存在零点，结合题意整理可得，设，，根据函数值的正负，即可求解. 【小问1详解】 当时，，， 则， 设，，则， 所以在上单调递增，又， 可知时，，时，， 所以的单调递增区间为，的单调递减区间为. 【小问2详解】 当时，， 设，， 则， 设，，则， 所以在上单调递增， 又，则， 所以在上单调递增，则， 即对于任意的，都有. 【小问3详解】 由，，则， 设，，可知在上单调递增， 因为函数存在极小值点，所以在存在零点， 即， 此时，即， 设，，且， 当时，，，则； 当时，，，则， 可得，则，此时， 则a的取值范围为． 19. 已知圆，圆．若动圆C与圆外切，且与圆内切，设圆心C的轨迹为曲线E． （1）求曲线E的方程； （2）已知双曲线，过其右顶点A作直线分别交曲线E和双曲线于点（异于点A），作直线分别交曲线E和双曲线Γ于点（异于点A），设直线与直线交点为H， （ⅰ）求证：点的横坐标乘积为定值，并求出该定值． （ⅱ）求证：点H在定直线上，并求出该定直线的方程． 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析，定值3；（ⅱ）证明见解析，点H在定直线上． 【解析】 【分析】（1）由题可知，，根据椭圆的定义得到动点C在以为焦点，4为长轴长的椭圆上，由此可求得曲线E的方程； （2）设，表示出， ，从而得到，由此解得，即点M，N的横坐标乘积为定值3；设，结合（ⅰ）得：，整理得，联立的方程可得点H在定直线上． 【小问1详解】 设动圆C半径为R， ∵动圆C与圆外切，则． 又∵动圆C与圆内切，结合图象可知，∴． ∴． 由椭圆的定义可知，动点C在以为焦点，4为长轴长的椭圆上， 设椭圆的方程为，半焦距为c， 则，∴． 又可知圆与圆内切，∴点C不能在切点处，即椭圆应去掉点， ∴曲线E的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）证明：设， 则； ； 又∵，∴． 即（*），同向相除得， 解得，即点M，N的横坐标乘积为定值3． （ⅱ）设，则 由（ⅰ）知：，代入（*）式得：．同理，． ， 整理得：…① 同理…② 将代入②化简得： …③． 联立①③解得：． 即点H在定直线上． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $