精品解析：湖南省长沙市第一中学2026届高三下学期开学考试数学试题

高三数学 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】C 【解析】 【分析】解不等式化简集合，再利用补集、交集的定义求解. 【详解】依题意，或，，， 所以. 故选：C 2. 已知是两个不共线的向量，向量共线，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量共线，可得，列方程即可求得答案. 【详解】因为向量共线， 所以存在实数 ，使得， 所以，解得，则. 故选：D. 3. 已知等差数列的前项和为，其中，则取得最大值时的值为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的性质进行判断即可. 【详解】因为等差数列满足，时，，时，. 所以当时，取得最大值. 故选：B. 4. 已知直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据充分条件，必要条件的定义，结合两条直线平行的条件即可求出答案. 【详解】当，直线，此时，故“”是“”的充分条件， 由，得，解得，故“”是“”的必要条件， 故“”是“”的充要条件. 故选：C. 5. 已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合复合函数单调性、对数函数的定义域来求得 a 的取值范围. 【详解】函数是开口向上的二次函数，其对称轴为； 因为函数在区间上单调递增， 所以内层函数在区间上单调递增且在区间上恒成立 即，即实数的取值范围是. 故选：B. 6. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用全概率公式、对立事件的概率求法列方程求. 【详解】由全概率公式知 ， 所以. 故选：A 7. 在平面直角坐标系中，，直线的斜率与直线的斜率的差是2，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】设 ，由直线的斜率与直线的斜率的差是2，得到点 M 的轨迹方程， ；由，化简得到， 利用换元法令 ，求解得到. 【详解】设 ， 因为直线的斜率与直线的斜率的差是2， 所以， 化简得到点 M 的轨迹方程， ， 由，将代入得到 ， 令得到且， 所以，（且）为开口朝上的二次函数，对称轴 当时，，所以. 故选：A. 8. 已知函数函数有4个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题作出函数图象，将题意转化为与有4个交点，结合图象分析求解即可. 【详解】当时，，当时，， 当时，，， 所以， 当时，，， 所以， 当时，，， 所以， 当时，，， 所以， 作出函数的大致图象， 若函数有4个零点，即与有4个交点， 当直线过点时，；当直线过点时，； 由图可知，与有4个交点时，有， 故选：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，至少有两项符合题目要求，若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分） 9. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用复数模的意义、乘法运算，结合共轭复数的意义逐项计算判断. 【详解】对于A，，，A正确； 对于B，，则，B正确； 对于C，，则，C正确； 对于D，，，，D错误. 故选：ABC 10. 摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，上面挂在轮边缘的是供乘客搭乘的座舱．某地一摩天轮与地面的垂直高度（最高处与地面的距离）为208米，直径193米，入口在最底部．摩天轮逆时针方向匀速转动，30分钟转一圈，假设该摩天轮共有36个座舱，且每两个座舱间隔相等，则下列说法正确的是（ ） A. 若摩天轮的转速减半，则其旋转一圈的时间是原来的一半 B. 乘客从入口进入座舱，摩天轮开始转动后，乘客距离水平地面的高度（米）与时间（分钟）的函数解析式为 C. 乘客从入口进入座舱，摩天轮开始转动后，经过10分钟，乘客距离地面的高度为163.25米 D. 游客乙在游客甲后进入座舱，且中间间隔5个座舱，在摩天轮转动一周的过程中，两人距离地面的高度差的最大值为96.5米 【答案】BD 【解析】 【分析】由转速和转动时间的关系判断选项A；待定系数法求的函数解析式判断选项B；利用函数解析式求函数值判断选项C；辅助角公式化简高度差的表达式，结合三角函数知识求最大值判断选项D． 【详解】对于A，若摩天轮的转速减半，则其旋转一圈的时间是原来的2倍，故A错误； 对于B，设乘客距离水平地面的高度（米）与时间（分钟）的函数解析式为，，，， 则且，解得，， 摩天轮转动的周期为30分钟，由于，则， 所以， 令，则有，解得， 所以，故B正确； 对于C，当时，（米），故C错误； 对于D，两人间隔5个座舱，乙与甲进入座舱的时间间隔为5分钟， 所以两人距离地面的高度差， ， 当时，， 当或，即或25时，取得最大值96.5（米），故D正确． 故选：BD． 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为侧面内一点（含边界），则（ ） A. 若为线段上一点，则三棱锥的体积为定值 B. 若该正方体表面上的动点满足，则动点的轨迹长度是 C. 若为侧面的中心，则过点且与垂直的平面截正方体所得截面面积为 D. 若该正方体的内切球表面上的动点满足平面，则线段长度的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由平面，结合三棱锥的体积公式判断A；确定动点的轨迹并求出长度判断B；确定符合条件的截面并求出面积判断C；确定符合条件的点的轨迹，再求出长度的最小值判断D. 【详解】对于A，若为上一点，由、平面、平面， 得平面，则点到平面的距离为定值，又的面积为定值， 因此三棱锥的体积为定值，A正确； 对于B，动点在正方形、正方形、正方形内， 其轨迹是以点为圆心，2为半径的圆弧， 因此动点的轨迹长度是，B错误； 对于C，若为的中心，即的中点，取的中点， 连接，则， 由平面得，则， 又平面， 于是平面，，取中点，连接，同理， 因此平面，过与垂直的平面截正方体所得截面为， ，则的面积为，C正确； 对于D，在正方体中，平面平面， 由点满足平面，则点在平面上， 又点在正方体的内切球表面上， 则点的轨迹为正三角形的内切圆，记圆心为，半径为， 因此的最小值为，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. 设随机变量，且，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】先求解出，然后根据正态分布曲线的对称性可求解出. 【详解】因为随机变量，所以其正态曲线关于对称， 因此：， 又因为，所以， 所以， 所以. 故答案为：. 13. 过点与圆相切的两条直线的切点分别为，则___________． 【答案】## 【解析】 【分析】先将圆的方程化为标准方程，从而得到圆心坐标和半径，再根据点到直线的距离公式求出圆心到点的距离，然后利用勾股定理求出切线长，最后根据三角形面积公式求出弦长. 【详解】将圆化为标准方程得到， 所以圆心，半径 ， 则. 在直角三角形中，， 所以； 同时，代入得到. 故答案为：. 14. 设，则称为这个数的几何平均数．若从等比数列中删除一个数，剩下的个数的几何平均数为，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】求出若删除的是1或，则剩下的个数的几何平均数最大或最小，从而得到不等式，即可求解. 【详解】若删除的是1，则剩下的个数的几何平均数最大， 最大值为； 若删除的是，则剩下的个数的几何平均数最小， 最小值为， 则，解得 ， 又，可得. 故答案为：. 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. 如图，在平面四边形中，． （1）证明：； （2）已知，的外接圆半径为1，求面积的最大值． 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和角的关系可证结论； （2）利用正弦定理、余弦定理以及根与系数关系即可得，再利用三角形面积公式得到面积表达式，再求出的范围即可得到最值. 【小问1详解】 证明：设， 因为，所以， 在中，由正弦定理得，， 在中，由正弦定理得，， 所以. 【小问2详解】 因为的外接圆半径为1， 由正弦定理，得， 在中，由余弦定理得， 即，① 在中，同理可得，② 由①②可知，是关于的方程的两根， 所以． 的面积为. 由，得到， 又因为，所以， 所以 即面积的最大值为. 16. 如图1，在正方形中，，为的中点，过点作的垂线，与分别交于点，把四边形ABFD沿BF折起，使得AO平面BCF，点A，D分别到达点的位置，连接，如图2. （1）设，是线段（不含端点）上一动点，问：是否存在点，使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （2）求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）存在， （2）． 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，设.结合，得，利用，计算得出结果； （2）利用空间向量法计算平面与平面所成角的余弦值； 【小问1详解】 存在点，且当时，. 由题意，知两两垂直，所以以点O为原点，分别以为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为 所以可求得 所以所以. 因为点在线段上，所以可设. 因为，所以点， 所以， 假设存在点，使得，则， 所以，解得，即所以， 所以存在点，且当时，. 【小问2详解】 由（1）得 所以，，，=. 设平面的法向量为，则， 取，得，则是平面的一个法向量. 设平面的法向量为，则， 取，得，则是平面的一个法向量. 设平面与平面所成的角为， 则=， 所以平面与平面所成角的余弦值为． 17. 如图，已知椭圆的离心率为，线段，分别为的长轴与短轴，四边形的面积为. （1）求的标准方程； （2）若直线与分别交于，两点，且总有平分.求证：直线恒过定点，并求出定点坐标. 【答案】（1） （2） 令，， 由平分，可知直线、、倾斜角的大小关系， 得到，故有， 故有，化简得到，（※） 设，，， 联立，有， 于是有，， 又， ，代入※式化简得，， 则直线， 即可证过定点. 【解析】 【分析】（1）根据离心率和椭圆的性质求解的值，得的标准方程； （2）令，，得到，故有，设，，，联立方程组，化简得，可得定点. 【小问1详解】 由题意得， ，解得，， 椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 略 18. 已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，若曲线恰有两条过点的切线，求实数的取值集合； （3）设为非负实数，为正实数，若，证明：． 【答案】（1）答案见解析； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求导，通过和讨论函数单调性，即可求解； （2）设切点为，得到切线方程，代入，问题转换成方程有2个根，构造函数，则有2个根，进而求解即可； （3）不妨设，通过时，或时，或，三种情况分类讨论即可. 【小问1详解】 当时，， 则； 当时，，所以在区间上单调递增. 当时，令，得到， 当时，，所以在区间上单调递增； 当时，，所以在区间上单调递减； 综上所述，当时，在区间上单调递增； 当时， 在区间上单调递增，在区间上单调递减. 【小问2详解】 当时，，则， 设切点为， 所以切线方程为， 因为切线过点，所以 整理得到， 因为若曲线恰有两条过点的切线， 所以方程有两个不同的实数根. 令， 则问题转化为有两个不同实根， 令得，即在区间上单调递增； 令得，即在区间上单调递减； 极大值，极小值， 所以或，解得或； 所以求实数的取值集合为 . 【小问3详解】 不妨设； 当时，左边，右边，所以左边右边， 当时，左边，右边，所以左边=右边， 当时， 因为为正实数且，所以， 要证，即证， 即证， 即证， 令，则， 因为，所以，所以在 上单调递减， 所以当时，，所以， 所以在上单调递增， 因为，所以，所以， 所以，即， 综上可知. 19. DM训练机器人玩传球游戏，现有编号为的位球员围成一个圆，机器人DM居于圆心位置，传球规则如下：球由DM传给球员，任何球员接球都直接传回DM为一次传球．DM传球给目标球员顺序依次为1→2→3→…→．每次传球时，DM只从尚未接球的球员中随机选择一人，若选中当前目标球员（如当前应传至号，则为目标球员），则传球成功且之后不再给该球员传球，目标球员更新为号；若选中非目标球员，则传球失败，球传回DM，DM记下该球员编号，并在其成为目标球员时直接传球给该球员，且在其成为目标球员前不会再给该球员传球；传球无论成功与否均计为1次传球，直到第号球员接球后传回机器人DM游戏终止． （1）当时， （i）求DM第3次恰好成功完成给2号球员传球的概率； （ii）设为完成全部传球所需总次数，求的分布列及数学期望； （2）设为完成全部传球所需总次数，若，证明：． 【答案】（1）（i）；（ii）的分布列为 5 6 7 8 9 数学期望. （2）证明见详解 【解析】 【分析】（1）（i）由题干可知，第一、三次传球成功且第二次失败，或第一次失败且第二、三次成功，再利用分步乘法计数原理计算即可； （ii）先求出的取值范围，再求出对应的概率，代入公式即可； （2）记为第号球员接球的次数，将抽取球员的编号理解为一个数列，计算在最后一位的情况占排列的比例，结合即可证明. 【小问1详解】 （i）设事件A为＂第3次恰好成功完成给2号球员传球＂， 情况一：第1次传球成功（传给1号），第2次失败，第3次成功（传给2号）， 概率为， 情况二：第1次传球失败，第2次成功（传给1号），第3次成功（传给2号）， ①：第1次传球选中的是2号，则第3次对2号是直接传球， 概率为， ②：第1次传球选中的非2号球员（号之一），则第3次对2号是随机选择成功，概率为， 综上，. （ii）可能的取值为， ， 当时，2到5号球员恰好全部在1号成功之前误传， 则， 当时，只有1位球员在所有比他小的球员传球时误传，， 当时，有3次误传，， ， 故的分布列为 5 6 7 8 9 数学期望. 【小问2详解】 记为第号球员接球的次数，则， 时，将抽取球员的编号理解为一个数列：， 表示第一次选错了2，第二次选对了1，第三次由于此时目标为2，直接给2， 不难发现，若，将各元素第一次出现的相对次序记为一个数列，如， 则必在出现之后再出现， 相当于计算在最后一位的情况占排列的比例， 则，，, . 对任意，有， 下面证明该不等式成立，设，， 则在上恒成立， 则在上单调递减，则， 即在恒成立， 令，则：， 则， 则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 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. 已知是两个不共线的向量，向量共线，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 3. 已知等差数列的前项和为，其中，则取得最大值时的值为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 4. 已知直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 5. 已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 在平面直角坐标系中，，直线的斜率与直线的斜率的差是2，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 3 8. 已知函数函数有4个零点，则实数的取值范围是（ ） 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，至少有两项符合题目要求，若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分） 9. 已知，则（ ） A. B. C. D. 10. 摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，上面挂在轮边缘的是供乘客搭乘的座舱．某地一摩天轮与地面的垂直高度（最高处与地面的距离）为208米，直径193米，入口在最底部．摩天轮逆时针方向匀速转动，30分钟转一圈，假设该摩天轮共有36个座舱，且每两个座舱间隔相等，则下列说法正确的是（ ） A. 若摩天轮的转速减半，则其旋转一圈的时间是原来的一半 B. 乘客从入口进入座舱，摩天轮开始转动后，乘客距离水平地面的高度（米）与时间（分钟）的函数解析式为 C. 乘客从入口进入座舱，摩天轮开始转动后，经过10分钟，乘客距离地面的高度为163.25米 D. 游客乙在游客甲后进入座舱，且中间间隔5个座舱，在摩天轮转动一周的过程中，两人距离地面的高度差的最大值为96.5米 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为侧面内一点（含边界），则（ ） A. 若为线段上一点，则三棱锥的体积为定值 B. 若该正方体表面上的动点满足，则动点的轨迹长度是 C. 若为侧面的中心，则过点且与垂直的平面截正方体所得截面面积为 D. 若该正方体的内切球表面上的动点满足平面，则线段长度的最小值为 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12. 设随机变量，且，则___________． 13. 过点与圆相切的两条直线的切点分别为，则___________． 14. 设，则称为这个数的几何平均数．若从等比数列中删除一个数，剩下的个数的几何平均数为，则___________． 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. 如图，在平面四边形中，． （1）证明：； （2）已知，的外接圆半径为1，求面积的最大值． 16. 如图1，在正方形中，，为的中点，过点作的垂线，与分别交于点，把四边形ABFD沿BF折起，使得AO平面BCF，点A，D分别到达点的位置，连接，如图2. （1）设，是线段（不含端点）上一动点，问：是否存在点，使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （2）求平面与平面所成角的余弦值. 17. 如图，已知椭圆的离心率为，线段，分别为的长轴与短轴，四边形的面积为. （1）求的标准方程； （2）若直线与分别交于，两点，且总有平分.求证：直线恒过定点，并求出定点坐标. 18. 已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，若曲线恰有两条过点的切线，求实数的取值集合； （3）设为非负实数，为正实数，若，证明：． 19. DM训练机器人玩传球游戏，现有编号为的位球员围成一个圆，机器人DM居于圆心位置，传球规则如下：球由DM传给球员，任何球员接球都直接传回DM为一次传球．DM传球给目标球员顺序依次为1→2→3→…→．每次传球时，DM只从尚未接球的球员中随机选择一人，若选中当前目标球员（如当前应传至号，则为目标球员），则传球成功且之后不再给该球员传球，目标球员更新为号；若选中非目标球员，则传球失败，球传回DM，DM记下该球员编号，并在其成为目标球员时直接传球给该球员，且在其成为目标球员前不会再给该球员传球；传球无论成功与否均计为1次传球，直到第号球员接球后传回机器人DM游戏终止． （1）当时， （i）求DM第3次恰好成功完成给2号球员传球的概率； （ii）设为完成全部传球所需总次数，求的分布列及数学期望； （2）设为完成全部传球所需总次数，若，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $