精品解析：湖南省邵阳市2026届高三上学期第一次联考数学试题

2026年邵阳市高三第一次联考试题卷 数学 本试卷共4页，19个小题．满分150分．考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡上．将条形码横贴在答题卡上“条形码粘贴区”． 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先解不等式求得集合，再由交集的定义即可求得答案. 【详解】由可得，即得， 又，则. 故选：D. 2. 已知在复平面内，为等边三角形，点 为坐标原点，点 对应的复数为，点在第二象限，则点对应的复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据点 对应的复数求出其坐标，再利用等边三角形的性质求出点的坐标，最后根据复数的几何意义得到点对应的复数，进而求出其虚部. 【详解】已知点 对应的复数为，根据复数的几何意义，所以点 的坐标为. 所以向量.又因为为等边三角形， 所以，且. 又因为，所以，即 . 设，则 . 又因为 而，联立方程组可得 或. 由题可知点在第二象限，所以即点的坐标为. 即点对应的复数为.所以虚部为. 故选：C. 3. 设甲：数列满足，乙：数列是等差数列，则甲是乙的（ ） A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合等差数列的定义分析判断即可. 【详解】若成立，则，符合等差数列的定义， 所以能够推出数列是等差数列，故充分性成立. 若数列是等差数列,设其公差为，则 ,. . 所以, 所以.即必要性成立. 所以甲是乙的充分必要条件. 故选：A. 4. 已知非零向量，满足，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据得到，再根据投影向量的概念求解. 【详解】由 ， 所以. 所以向量在向量上的投影向量为. 故选：A 5. 已知直线与圆相交于两点，则劣弧的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由弧长公式进行求解． 【详解】圆化为标准方程为：， 圆心，半径， 如图所示： 则点到直线的距离为：， 而，， 得， 则劣弧的长为：， 故选：B 6. 已知实数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，通过分析其奇偶性和单调性，结合已知条件建立等量关系，进而求解与的关系. 【详解】设，， 所以为奇函数. ，因为，所以， 所以在 上单调递增. 由，所以， 所以； 由，所以， 即，因为为奇函数， 所以，所以， 所以，又在 上单调递增， 所以，即. 故选：B 7. 已知随机变量，正实数满足，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】先利用正态分布的对称性求的关系，进而利用基本不等式求最小值. 【详解】由，得正态曲线关于 对称. 因为， 所以，得. 又， 当且仅当，即，时取等号. 故的最小值为6. 故选：D 8. 设函数和的零点分别为，其中．当时，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由函数零点的定义可得分别为函数的图象与的图象的交点横坐标，再利用互为反函数的图象关系可得，结合函数图象确定的范围并借助对勾函数的单调性求解. 【详解】由 ，得，设的图象与的图象的交点为， 由，得，设的图象与的图象的交点为， 而的图象与的图象关于直线对称，函数的图象也关于直线对称， 因此点与点关于直线对称，则， 而当时，；当时，，函数在 上单调递减， 所以. 故选：C 二、选择题（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. 已知双曲线的离心率为，左、右焦点分别为，，过的直线与的右支相交于 两点，则下列结论错误的有（ ） A. 的方程为 B. C. 的渐近线方程为 D. 当时，的面积为3 【答案】BC 【解析】 【分析】由已知条件可以知道,离心率是,所以..进而可以得到双曲线的标准方程.对选项逐一分析即可. 【详解】对于选项A,由已知条件可以知道,离心率是,所以. .所以双曲线的标准方程为.故A正确. 对于选项B,当垂直于轴时,将,代入双曲线方程可得. 此时.当不垂直于轴时,,所以.故选项B错误. 对于选项C,双曲线的方程为其渐近线方程为. 已知,则渐近线方程为.即.故选项C错误. 对于选项D,因为,所以. 设,根据双曲线的定义即. 又因为,可以解得. 所以的面积.故选项D正确. 故选：BC. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 把函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，则为偶函数 D. 若函数的导函数为，则的图象关于点对称 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用图像求出函数解析式,然后利用正弦型函数的图像与性质对选项进行逐一分析即可. 【详解】对于选项A,由图像可知振幅, 所以.解得.将点代入 即,解得.所以.故A正确. 对于选项B,已知,即. 所以.故B正确. 对于选项C,向左平移个单位. 得.显然是奇函数不是偶函数.故C错误. 对于选项D, 令解得对称中心的横坐标. 当时,.即的图像关于点对称.故选项D正确. 故选:ABD. 11. 已知圆台的上、下底面的面积分别为 和 ，则下列结论正确的是（ ） A. 若圆台存在内切球，则内切球的体积为 B. 若圆台的母线与下底面所成的角为，则圆台的外接球的表面积为 C. 若圆台的外接球的体积为，则圆台的表面积为 D. 若圆台的外接球的体积为，则圆台的体积为或 【答案】AD 【解析】 【分析】先做出圆台的轴截面，利用数形结合思想，根据各个选项所给条件逐一进行判断和运算即可. 【详解】取圆台的一个轴截面，则，如图（1）所示． 对于选项A，过点作的垂线，交于点 ，连接，则，所以内切球直径，内切球半径， 所以圆台的内切球体积，故选项A正确； 对于选项B，如图（2），在轴截面中，于点 ． 因为，所以． 设，则，所以． 所以圆台的外接球的表面积，故选项B错误； 对于选项C，因为，所以 ． 如图（3）所示，当外接球球心点 在之间时，圆台的母线， 圆台的表面积． 当外接球的球心 在的延长线上时，如图（4）所示，圆台的母线， 圆台的表面积，故选项C错误； 对于选项D，外接球半径 ，由选项C分析可知，圆台的高或1． 所以圆台的体积， 当时，；当 时，，故选项D正确． 故选：AD 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设等比数列的前项和为，若 ， ，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】求出等比数列的公比，利用等比数列的求和公式可求得的值. 【详解】设等比数列的公比为，则，故 ， 所以. 故答案为： . 13. 已知多项式，若，则___________． 【答案】3 【解析】 【分析】利用“赋值法”，分别令和 ，再利用可求 的值. 【详解】令，可得， 令 ，可得， 两式相减得 . 又，所以 . 故答案为：3 14. 已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，则所得截面的面积为___________． 【答案】8 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设，由，得，即点构成的平面截正四面体所得的截面为正方形，即可求解． 【详解】如图所示，将正四面体补全为正方体，则正方体棱长为4， 以点 为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，． 设，则 ． 因为， 所以，即点构成的平面截正四面体所得的截面为正方形，边长为，故截面面积为． 故答案为：8 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. 在中，内角的对边分别为 ．已知． （1）若， ，求的外接圆的半径； （2）若，求的面积． 【答案】（1）1. （2） 【解析】 【分析】（1）利用正余弦定理化简题设条件，推得，求得 ，由勾股定理判断为直角三角形，即可求得的外接圆的半径； （2）由余弦定理可得，结合题设条件推得的结论，求得 ，再利用三角形的面积公式即可求得答案. 【小问1详解】 在中，由和正弦定理可得：， 再由余弦定理得：，整理得. 因为，则 ．因，故为直角三角形， 所以的外接圆的半径为. 【小问2详解】 因为，又，所以. 由余弦定理，，可得， 又，且 ，代入化简，可得.解得 ， 则的面积为. 16. 如图，在四棱锥 中，底面为直角梯形，，, 平面为棱 上的点． （1）当为棱 的中点时，证明：平面 ； （2）在棱 上是否存在点，使得平面 与平面 的夹角的余弦值为？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）如图1，取棱的中点，连接，因为棱 的中点，则． 又因为， 所以，则四边形为平行四边形，所以． 又因为 平面平面 ，所以平面 . （2）存在，点为棱 上靠近点的三等分点. 【解析】 【分析】（1）取棱的中点，连接，证明四边形为平行四边形，得，再由线面平行的判定定理即可得证； （2）如图建系，取线段的中点为，连接，易得平面 ，可得平面 的一个法向量，设，根据点的坐标求出平面 的一个法向量，利用空间向量的夹角公式列出方程求解即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图2，以点 为坐标原点，分别以 所在直线为，，轴建立空间直角坐标系， 则． 则， 取线段的中点为，连接.因 平面，平面，则 ， 又，则 ，因，平面 ，则平面 ， 因，则，可取平面 的一个法向量为. 假设在棱 上存在点，使得平面 与平面 的夹角的余弦值为， 设，则. 设为平面 的一个法向量， 则，故可取. 设平面 与平面 的夹角为 ， 则． 解得 （舍）或. 此时点为棱 上靠近点的三等分点. 【点睛】 17. 国家近年来对机器人的研究，尤其是在人形机器人和具身智能领域方面，出台了一系列的政策，旨在推动技术创新、产业升级和规模化应用．某学校为响应国家号召，培养学生的创新能力，举办机器人比赛，经过初赛，甲班团队和乙班团队进入了决赛阶段．决赛阶段规定：对每一轮比赛，获胜方记1分，另一方记0分，无平局；当两团队累积得分的分差为3分时，比赛结束，累积得分高的团队获冠军．若每轮比赛中，甲班团队获胜的概率为，且每轮比赛的结果相互独立． （1）求比赛结束时恰好进行了3轮比赛，且甲班团队获得冠军的概率； （2）（i）若比赛最多进行5轮，求比赛结束时比赛轮数的分布列及数学期望； （ii）若比赛轮数不限制，求甲班团队获得冠军的概率． 【答案】（1） （2）（i） 3 5 （ii）. 【解析】 【分析】（1）由互斥事件和相互独立事件的概率公式进行计算. （2）（i）先得到的所有可能取值为3，5，再结合互斥事件和相互独立事件的概率公式得到取每个值的概率，从而列出分布列，利用数学期望的计算公式得到. （ii）设事件为“比赛轮数不限制，甲班团队获冠军称号”，设比赛过程中，甲班团队与乙班团队累积得分的差为，表示 时最终甲班团队获“冠军”称号的概率，可得，结合全概率公式和迭代可得最终结果. 【小问1详解】 设事件为“第轮比赛甲班团队获胜”，由题意得．设事件表示“当比赛结束时恰好进行了3轮比赛，且甲班团队获得冠军”，因为每轮比赛的结果相互独立， 则． 故甲班团队获得冠军的概率为. 【小问2详解】 （i）由题意得，事件为“第轮比赛乙班团队获胜”，， 的所有可能值为3，5． 所以. 所以的分布列为 3 5 所以. （ii）设事件表示“比赛轮数不限制，甲班团队获得冠军”．设比赛过程中，甲班团队与乙班团队累积得分的分差为表示 时最终甲班团队获得冠军的概率，其中．由题意知． 根据全概率公式有 . 所以， 迭代得 所以， ， ． 累加得 所以． 故， 所以． 即． 故若比赛轮数不限制，甲班团队获得冠军的概率为. 18. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，离心率，过的直线交椭圆于 两点，的周长为8． （1）求椭圆的方程； （2）过点且与垂直的直线与椭圆相交于两点， 在轴的上方，分别为线段，线段的中点，直线与直线相交于点． （i）直线是否过定点？若过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由； （ii）求的面积的最小值． 【答案】（1） （2）（i）直线过定点，定点坐标为；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用椭圆的定义，根据的周长可列方程求出 ，利用离心率求出，进而可得标准方程.（2）（i）先根据题意判断直线与坐标轴不垂直，设出直线的方程，与椭圆方程联立，根据根与系数的关系及中点坐标公式可得到点的坐标，同理得到点的坐标，进而可得到直线的方程，可得定点坐标；（ii）根据平行线间距离相等得到，根据弦长公式可求得，由及基本不等式的变形可得最值. 【小问1详解】 因为的周长为，所以. 又，所以 ． 所以， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 （i）直线过定点. 由（1）知，，又 在轴的上方，所以直线与坐标轴不垂直． 设直线． 将 代入，整理得. 则． 所以． 所以，同理可得. 所以. 所以直线的方程为，即， 因为该方程对任意非零实数恒成立， 所以直线过定点. （ii）连接，设为线段的中点，直线分别与相交于点， 连接，如图所示． 因为分别为的中点， 所以， 所以到直线的距离相等，到直线的距离相等． 则． 所以， 即． 故. 由（i）知，， 同理可得， 所以 当且仅当时，即 时，等号成立． 所以的面积的最小值为. 19. 若函数对任意 ，总存在唯一的 ，使 成立，则称是在区间上的“阶和函数”．特别地，当时，称为区间上的“阶和函数”． （1）判断函数是否为区间上的“3阶和函数”； （2）若函数是 在区间上的“2阶和函数”，求实数 的取值范围； （3）若函数为区间上的“2阶和函数”，当时，函数有两个零点，证明：． 【答案】（1）不是“3阶自和函数”. （2） （3）对 ，有 ． 如果存在 ，使得 ，则必有 ， 因为为区间 上的“2阶和函数”， 所以，即 ，解得 . 所以当时，函数 ， 所以函数的定义域为，且 ． 设 ， 则 ， 因为 ，所以 ． 所以在上单调递增，即在上单调递增，而 ． 所以当时， ，单调递减，当 时， ，单调递增． 而 ，当 且时， ． 所以 . 设 ，则 ， 所以 ，又 ， 所以 ，所以 ． 因为 且在 上单调递增， 所以，即 . 设 ，则， 所以当时， ， 单调递减， 当 时， 单调递增． 所以 ，则． 因为， 所以当时， ，当 时， . 所以， 整理得 由①②得， ， 因为，所以 ，所以． 综上得证. 【解析】 【分析】（1）根据“3阶和函数”的定义，举反例说明函数 不是区间 上的“3阶和函数”. （2）根据“2阶和函数”的概念，求实数 的取值范围. （3）先根据“2阶和函数”的概念求 的值，再利用“极值点偏移”证明 ； 设 ，分析函数极值，可得，结合，可得当时， ，当 时， ，进而得，整理可证. 【小问1详解】 对于 ，有 . 如果存在 ，使得 ． 则必有 ， 令 ，则 ， 所以不是“3阶和函数”. 【小问2详解】 函数在区间 上的值域为 ． 因为是 在区间 上的“2阶和函数”． 所以对任意 ，总存在唯一的 ，使得 成立， 所以 ， 所以 在 上的值域必定包含区间，且当 时，方程的解在 上是唯一的. 又因为函数 的图象开口向上，对称轴为 ， 当时，在 上单调递增，则必有，解得 ． 当 时，在 上单调递减，则必有，解得 ． 当 时，在 上单调递减，在 上单调递增， 则必有，解之得：； 当 时，在 上单调递减，在 上单调递增， 则必有，解之得： . 综上所述， 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 $ 2026年邵阳市高三第一次联考试题卷 数学 本试卷共4页，19个小题．满分150分．考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡上．将条形码横贴在答题卡上“条形码粘贴区”． 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知在复平面内，为等边三角形，点为坐标原点，点对应的复数为，点在第二象限，则点对应的复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 设甲：数列满足，乙：数列是等差数列，则甲是乙的（ ） A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知非零向量，满足，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线与圆相交于两点，则劣弧的长为（ ） A. B. C. D. 6. 已知实数满足，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知随机变量，正实数满足，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 8. 设函数和的零点分别为，其中．当时，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题（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. 已知双曲线的离心率为，左、右焦点分别为，，过的直线与 的右支相交于 两点，则下列结论错误的有（ ） A. 的方程为 B. C. 的渐近线方程为 D. 当时，的面积为3 10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 把函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，则为偶函数 D. 若函数的导函数为，则的图象关于点对称 11. 已知圆台的上、下底面的面积分别为 和 ，则下列结论正确的是（ ） A. 若圆台存在内切球，则内切球的体积为 B. 若圆台的母线与下底面所成的角为，则圆台的外接球的表面积为 C. 若圆台的外接球的体积为，则圆台的表面积为 D. 若圆台的外接球的体积为，则圆台的体积为或 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设等比数列的前项和为，若 ， ，则___________． 13. 已知多项式，若，则___________． 14. 已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，则所得截面的面积为___________． 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. 在中，内角的对边分别为 ．已知． （1）若， ，求的外接圆的半径； （2）若，求的面积． 16. 如图，在四棱锥 中，底面为直角梯形，，, 平面为棱 上的点． （1）当 为棱 的中点时，证明：平面 ； （2）在棱 上是否存在点 ，使得平面 与平面 的夹角的余弦值为？若存在，请确定点 的位置；若不存在，请说明理由． 17. 国家近年来对机器人的研究，尤其是在人形机器人和具身智能领域方面，出台了一系列的政策，旨在推动技术创新、产业升级和规模化应用．某学校为响应国家号召，培养学生的创新能力，举办机器人比赛，经过初赛，甲班团队和乙班团队进入了决赛阶段．决赛阶段规定：对每一轮比赛，获胜方记1分，另一方记0分，无平局；当两团队累积得分的分差为3分时，比赛结束，累积得分高的团队获冠军．若每轮比赛中，甲班团队获胜的概率为，且每轮比赛的结果相互独立． （1）求比赛结束时恰好进行了3轮比赛，且甲班团队获得冠军的概率； （2）（i）若比赛最多进行5轮，求比赛结束时比赛轮数的分布列及数学期望； （ii）若比赛轮数不限制，求甲班团队获得冠军的概率． 18. 已知椭圆 ：的左、右焦点分别为，离心率，过的直线交椭圆 于 两点，的周长为8． （1）求椭圆 的方程； （2）过点且与垂直的直线与椭圆 相交于两点， 在轴的上方，分别为线段，线段的中点，直线与直线相交于点 ． （i）直线是否过定点？若过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由； （ii）求的面积的最小值． 19. 若函数对任意 ，总存在唯一的 ，使 成立，则称是在区间上的“阶和函数”．特别地，当时，称为区间上的“阶和函数”． （1）判断函数是否为区间上的“3阶和函数”； （2）若函数是 在区间上的“2阶和函数”，求实数的取值范围； （3）若函数为区间上的“2阶和函数”，当时，函数有两个零点，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $