精品解析：2026届湖南省多校联考高三第二次联考（暨怀化市一模） 数学试题数学试题

高三数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自已的姓名､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. 已知复数z满足，则z在复平面上对应的点所在的象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 全集，且，则满足条件的集合的个数为（ ） A. 8 B. 7 C. 4 D. 2 3. 在平行四边形中，与交于点，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆与圆相切，则（ ） A. 4 B. 6 C. 4或6 D. 16或36 5. 已知定义在上的函数满足，且，则（ ） A. 0 B. 2 C. 3 D. 4 6. 在中，内角的对边分别为，则一定为（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等腰直角三角形 D. 钝角三角形 7. 设为坐标原点，是的左、右焦点，若在双曲线上存在点，满足三角形的面积为，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 在平面直角坐标系中，曲线绕着轴旋转一周得到一个旋转体，在中放入4个半径为的小球，四个小球均与旋转体的表面以及开口平面相切，则小球半径的最大值为（ ） A. B. C. D. 二､多选题（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. 下列说法正确的是（ ） A. 数据的众数是2 B. 数据的第25百分位数是1 C. 若随机变量，则 D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到.依据的独立性检验，可判断变量与不独立 10. 已知数列的首项，且满足，下列说法正确的有（ ） A. B. 数列为等差数列 C. 数列的前项和大于4 D. 数列为单调递减数列 11. 已知椭圆的右焦点为，过点的直线与交于两点，当为的上顶点时，.过点作直线的垂线，垂足为，直线与轴交于点，直线的斜率为，直线的斜率为，则下列说法正确的是（ ） A. 椭圆的短轴长为 B. 三角形的面积的最大值为 C. 四边形的面积的最大值为 D. 设的中点的横坐标为，则为定值 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知函数的两个相邻零点间的距离为，则__________. 13. 已知，且，则的最小值为__________. 14. 如图，要用个元件组成一个电路系统，当且仅当从到的电路为通路状态时，系统正常工作.已知每个元件正常工作的概率为，在电路系统正常工作的条件下，记此时系统中损坏的元件个数为，则__________. 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. 已知等差数列的前项和为，且. （1）求数列的前项和； （2）记，数列的前项积为，求的最小值. 16. 我国新能源汽车迅速崛起，成为推动绿色革命的核心引擎.某品牌新能源汽车公司为了抢占更多的市场份额，计划加大广告投入.该公司近5年的年广告费（单位：百万元）和年销售量（单位：百万辆）关系如图所示： 令，数据经过初步处理得：.现有①和②两种模型作为年销售量关于年广告费的回归分析模型，其中均为常数. （1）请从样本相关系数的角度，分析哪一个模型拟合程度更好？ （2）为刺激消费，省出台了以下补贴政策：每购买一辆新能源汽车，补贴6000元.若甲､乙两人近期在省购买一辆该新能源汽车的概率分别为，其中，每人最多购买一辆.求该省对甲､乙两人补贴总金额的期望值的取值范围. 参考数据：. 相关系数. 17. 在抛物线中，直线与交于两点，为的焦点.当直线为时，. （1）求抛物线的标准方程； （2）若线段中点的纵坐标始终为1，求的取值范围； （3）已知直线与相交于两点，直线与相交于两点（点在轴的上方），若，四边形的外接圆圆心坐标为，求证：. 18. 如图，四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，，二面角的平面角大小为为的中点. （1）设平面平面，求直线与直线的夹角大小； （2）求直线与平面所成角的正弦值的最大值； （3）设为侧棱上一点，四边形是过两点的截面，分别交于两点，其中为的中点，平面，求四棱锥的体积的取值范围. 19. 设函数. （1）讨论函数的单调区间； （2）当时，函数的图象上有且仅有2个点到原点距离为，求的取值范围； （3）函数的图象上是否存在唯一的一组点，构成正多边形，且？若存在，请求出所有满足条件的以及对应的值；若不存在，请说明理由. 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，考生务必将自已的姓名､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. 已知复数z满足，则z在复平面上对应的点所在的象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】先由复数的除法运算法则求得复数z，再由复数的几何意义求解即可 【详解】因为， 所以， 所以z在复平面上对应的点所在的象限是第四象限， 故选：D 2. 全集，且，则满足条件的集合的个数为（ ） A. 8 B. 7 C. 4 D. 2 【答案】A 【解析】 【详解】因为全集，且， 所以可能为，共个 即集合的个数为. 3. 在平行四边形中，与交于点，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量共线定理和向量的平行四边形定则求解即可. 【详解】 . 因为，，三点共线，根据向量共线定理可知， ，解得. 4. 已知圆与圆相切，则（ ） A. 4 B. 6 C. 4或6 D. 16或36 【答案】C 【解析】 【分析】求出两圆的圆心和半径，分内切与外切求解. 【详解】圆的圆心为，半径， 圆的圆心为，半径， ， 当两圆外切时，，即，解得； 当两圆内切时，，即，解得； 综上，则或. 5. 已知定义在上的函数满足，且，则（ ） A. 0 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件求出的周期，结合函数周期性求值即可. 【详解】因为，所以， 所以，即. 所以是周期为4的周期函数. 所以. 在中，令，则，所以. 因此. 6. 在中，内角的对边分别为，则一定为（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等腰直角三角形 D. 钝角三角形 【答案】A 【解析】 【分析】先利用二倍角的余弦公式对等式进行化简，消去半角形式，化简后等式中含有边和角的混合形式，所以考虑利用正弦定理将边转化为角的正弦形式，再结合诱导公式对等式中的角进行转化，整理后得到角之间的关系，进而判断三角形的形状. 【详解】在中， , 则，即， 则，即得, 由于，故，结合，可得， 即一定为直角三角形， 7. 设为坐标原点，是的左、右焦点，若在双曲线上存在点，满足三角形的面积为，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用已知，双曲线定义和的面积，最后利用双曲线离心率公式计算得到离心率. 【详解】设，双曲线焦点，， 由，得， 又因为的面积， 所以， 平方得：， 因为在双曲线上，满足， 所以， 所以  化简得， 代入，得：， ，约去得，即, 代入得， 因此离心率： . 8. 在平面直角坐标系中，曲线绕着轴旋转一周得到一个旋转体，在中放入4个半径为的小球，四个小球均与旋转体的表面以及开口平面相切，则小球半径的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】将两边同时平方，得， 即，所以曲线表示以原点为圆心，半径为的圆的上半部分，该曲线绕着轴旋转一周得到一个旋转体是一个半径为的半球， 四个小球均与旋转体的表面及开口平面相切，且四个小球两两相切，此时四个小球的球心构成一个小正方形。 设四个小球的球心分别为，小正方形的中心为，半球的球心为， 连接，则垂直于小正方形所在平面，为小正方形的对角线的一半，为半球的半径减去小球的半径，即， 因为四个小球两两相切，所以小正方形的边长为，根据勾股定理可得小正方形的对角线长度为，则， 在中，，即， 即，解得， 因为，所以. 二､多选题（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. 下列说法正确的是（ ） A. 数据的众数是2 B. 数据的第25百分位数是1 C. 若随机变量，则 D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到.依据的独立性检验，可判断变量与不独立 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据众数以及百分位数的概念可判断AB；根据二项分布的期望以及性质即可判断C；根据独立性检验的原理可判断D. 【详解】对于A，数据中，2出现3次，3也出现3次，因此众数是2和3，A错误； 对于B，数据已从小到大排列， 由于，故数据的第25百分位数是，B正确； 对于C，随机变量，则， 故，C正确； 对于D，由于，故依据的独立性检验， 拒绝原假设（原假设为X与Y独立），可判断变量与不独立，D正确. 10. 已知数列的首项，且满足，下列说法正确的有（ ） A. B. 数列为等差数列 C. 数列的前项和大于4 D. 数列为单调递减数列 【答案】ABD 【解析】 【分析】代入计算可判断A；根据等差数列定义计算可判断B；根据裂项相消法计算可判断C；根据作商法计算可判断D. 【详解】因为，所以， 对于A，由题意可得，因为， 所以，故A正确； 对于B，由等差数列定义可知，数列是以为首项，为公差的等差数列，故B正确； 对于C，由B可知，，， 则， 设数列的前项和为， 则 ， 所以数列的前项和小于4，故C错误； 对于D，因为，所以， 因为， 所以，则数列为单调递减数列，故D正确. 11. 已知椭圆的右焦点为，过点的直线与交于两点，当为的上顶点时，.过点作直线的垂线，垂足为，直线与轴交于点，直线的斜率为，直线的斜率为，则下列说法正确的是（ ） A. 椭圆的短轴长为 B. 三角形的面积的最大值为 C. 四边形的面积的最大值为 D. 设的中点的横坐标为，则为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】先根据条件确定椭圆的有关参数，可判断A的真假；将椭圆方程与直线：联立，利用韦达定理，可确定为定点，利用求三角形的面积的最大值，判断B的真假；利用四边形的面积为表示出四边形的面积，结合对勾函数的性质求面积的最大值，判断C的真假；列出和的表达式，化简即可判断D的真假. 【详解】记椭圆的半焦距为，则， 当为椭圆的上顶点时，，所以. 所以椭圆的短轴长为，故A正确； 如图： 由上分析知，椭圆的方程为. 因为点、、能构成三角形，所以直线的斜率不为0， 可设直线：，代入椭圆：， 得：，整理得：. 设，，则，. 所以，故直线的方程为：， 因为，令可得， ，即. 所以，当为短轴顶点时取等号.故B正确； 因为， 所以. 设四边形的面积为，则. 令，则，则， 设 ， 根据对勾函数的性质，在上单调递增，所以，时取等号. 所以.故C错误； 因为 ， 又， 所以为定值，故D正确. 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知函数的两个相邻零点间的距离为，则__________. 【答案】或 【解析】 【分析】令可得，结合正切函数周期性可得，代入求解即可. 【详解】令，可得， 因为函数的两个相邻零点间的距离为，则，解得， 若，则，可得； 若，则，可得； 综上所述：或 13. 已知，且，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用1的代换，再结合基本不等式即可求得最小值. 【详解】由 ，得 ，即 （）， 则， 当且仅当 ，即，再结合 ， 可解得 ，满足条件，因此的最小值为 . 14. 如图，要用个元件组成一个电路系统，当且仅当从到的电路为通路状态时，系统正常工作.已知每个元件正常工作的概率为，在电路系统正常工作的条件下，记此时系统中损坏的元件个数为，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】设由2个并联元件组成的整体依次为系统，其损坏的元件个数为，，可得，结合两点分布可得，即可得结果. 【详解】设由2个并联元件组成的整体依次为系统，其损坏的元件个数为，， 则，可得， 在电路系统正常工作的条件下，可知系统均正常工作，对应概率为， 则，可得，， 则，所以. 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. 已知等差数列的前项和为，且. （1）求数列的前项和； （2）记，数列的前项积为，求的最小值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的通项公式和前项和公式，联立方程组即可求解； （2）利用等差数列的前项和公式，再结合复合函数的单调性即可求得最小值. 【小问1详解】 设等差数列的首项为，公差为，根据题意列方程： 由得：  ， 由得：  ， 联立解得：，， 则由等差数列前项和公式可得 ； 【小问2详解】 由，，可得等差数列的通项公式为：， 则，即数列的前项积为： ，  因此： ， 令，， 因为函数是关于的单调递增函数，因此最小时，取得最小值， 因为的最小值在时取得，即， 代入可得： , 即的最小值为. 16. 我国新能源汽车迅速崛起，成为推动绿色革命的核心引擎.某品牌新能源汽车公司为了抢占更多的市场份额，计划加大广告投入.该公司近5年的年广告费（单位：百万元）和年销售量（单位：百万辆）关系如图所示： 令，数据经过初步处理得：.现有①和②两种模型作为年销售量关于年广告费的回归分析模型，其中均为常数. （1）请从样本相关系数的角度，分析哪一个模型拟合程度更好？ （2）为刺激消费，省出台了以下补贴政策：每购买一辆新能源汽车，补贴6000元.若甲､乙两人近期在省购买一辆该新能源汽车的概率分别为，其中，每人最多购买一辆.求该省对甲､乙两人补贴总金额的期望值的取值范围. 参考数据：. 相关系数. 【答案】（1）模型②的拟合程度更好 （2）元 【解析】 【分析】（1）利用公式分别求出模型①和②的相关系数，结合相关系数的意义即可判断哪一个模型拟合程度更好； （2）根据已知得该省对甲､乙两人补贴总金额的期望值为，结合二次函数的性质求范围. 【小问1详解】 设模型①和②的相关系数分别为， 由题意可得：， ， 所以，由相关系数的意义可得，模型②的拟合程度更好. 【小问2详解】 由题意，甲乙买车的总数量可能值为， ， ， ， 该省对甲､乙两人买车数量期望值为， 所以两人补贴总金额期望值为，， 由在上单调递增，则， 所以. 17. 在抛物线中，直线与交于两点，为的焦点.当直线为时，. （1）求抛物线的标准方程； （2）若线段中点的纵坐标始终为1，求的取值范围； （3）已知直线与相交于两点，直线与相交于两点（点在轴的上方），若，四边形的外接圆圆心坐标为，求证：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）联立直线与抛物线的方程，得韦达定理，进而根据弦长公式即可求解， （2）联立方程可得韦达定理，根据中点坐标公式可求解，进而根据焦半径公式，结合判别式即可得解, （3）写出的坐标，根据得，根据对称性判断圆心位于，即可根据两点距离公式代入化简求解. 【小问1详解】 由题意可知， 联立直线与的方程可得， 设,则, 由弦长公式可得：, 化简可得，由于，故，（负值舍去）. 故抛物线的方程为. 【小问2详解】 设直线, 直线与抛物线联立可得， 故， 由于， 故， 因此的取值范围为 【小问3详解】 抛物线与直线相交于故， 抛物线与直线相交于故， 根据可得， 由于轴，根据对称性可知四边形的外接圆圆心在轴上，故， 由可得， 化简可得， 将代入上式可得， 由于，可得，故，故， 进而. 18. 如图，四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，，二面角的平面角大小为为的中点. （1）设平面平面，求直线与直线的夹角大小； （2）求直线与平面所成角的正弦值的最大值； （3）设为侧棱上一点，四边形是过两点的截面，分别交于两点，其中为的中点，平面，求四棱锥的体积的取值范围. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）作出合理辅助线，再找到两直线夹角即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出线面角的表达式，利用换元法并求导即可求出其最大值； （3）首先计算得，再计算体积表达式，最后根据范围即可得到答案. 【小问1详解】 延长交的延长线于点，则为交线， 因为为的中点，，所以为的中点，所以， 因为侧面是等边三角形，所以， 所以，所以， 所以所求角为． 【小问2详解】 取的中点，连接，由，则， 分别以所在直线为轴和轴， 以过垂直于底面的直线为轴建立空间直角坐标系， ， 则， 设平面的法向量为， 则， 令，则． 设直线与平面所成角为， 则．， 令，则， 令，结合的取值范围可知， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以的最大值为，故. 【小问3详解】 由题意可知，所以点为的中点， 设， 因为， 则， 又因为， 所以，解得． 即 ， 因为，所以． 19. 设函数. （1）讨论函数的单调区间； （2）当时，函数的图象上有且仅有2个点到原点距离为，求的取值范围； （3）函数的图象上是否存在唯一的一组点，构成正多边形，且？若存在，请求出所有满足条件的以及对应的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）时，的递增区间为，无单调递减区间，时，的单调递增区间为,，单调递减区间为. （2） （3）有且仅有时，存在唯一的一组点构成正多边形，此时. 【解析】 【分析】（1）求导，分类讨论导数的正负即可求解， （2）根据两点距离公式，结合换元法，构造函数，利用导数求解其单调性，即可求解， （3）根据对称性将问题锁定在正四边形和正六边形，分别考虑两种情况，正方形时，根据对角线相等得，进而利用换元法，根据方程有解，结合基本不等式以及对勾函数的性质可得，正六边形时，根据直线方程和联立得，对讨论即可得解. 【小问1详解】 的定义域为, ， 当时，恒成立，此时在单调递增，故单调递增区间为，无单调递减区间. 当，令，则和， 当和时，，当时，， 故此时的单调递增区间为,，单调递减区间为. 【小问2详解】 当时，， 则， 令，则，， 令，则或， 当或时，，当时，， 故的单调递增区间为，递减区间为， 且, 故当或时，此时关于的方程有唯一的正根，对应两个不同的，符合题意. 故的取值范围为. 【小问3详解】 由于函数为奇函数，图形关于原点对称，故函数的图像也是中心对称图形，其对称中心为，若图像存在唯一的正多边形，则该正多边形的中心必为.将坐标轴平移，使得原点与中心对称点重合，则该函数解析式为,该变换不影响正多边形的存在性和唯一性，以及的取值，因此，设进行研究. 接下来只考虑的情况； 由（2）可知关于的方程至多有三个不相等的正实数根，对应6个不同的，因此. 又由于的图像有唯一的对称中心，故要有唯一的正多边形，该正多边形一定也以为对称中心，否则就不唯一，因此排除正三角形和正五边形,只需要研究正四边形和正六边形. 当时，若时，恒成立，此时在单调递增，曲线上不存在4个点，让其构成正方形，因此, 不妨设正方形的4个顶点分别为,由于直线的斜率一定存在，设其中一条对角线的方程为，则，解得， 所以同理可得， 由得，化简可得， 根据题意可知方程只有一个正根， 由于不符合上式，故， 因为，所以，故， 设，则，令， 由题意可知，只需要直线与函数的图像只有唯一的公共点即可， 故，当且仅当取到等号， 故，则， 故时，符合题意. 当时，同上可知，在,单调递增，在单调递减. 假设曲线上存在正六边形,由对称性可知该正六边形中心位于原点处， 不妨设对角线的倾斜角为，则的倾斜角分别为, 即取，（时不存在）， 联立，可得，（舍去）， 则 故， 同理，， 若要存在正六边形，则有解， （i）时，,显然，故，不满足要求，此时正六边形不存在， （ii）时，，， 显然 故,不满足要求，此时正六边形不存在， 综上所述，有且仅有时，存在唯一的一组点构成正多边形，此时. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $