精品解析：湖南衡阳市衡阳县第一中学2026届高三学情调研（一）数学试卷

2026届高三学情调研（一） 数学 （时量：120分钟 满分：150分） 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. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知是虚数单位，若复数z满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 平面向量，满足，，且向量，的夹角为，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 4. 若点既是，所连线段中点，又是直线与的交点，则线段AB的垂直平分线的方程是（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的值域为，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 在某道选词填空题中，有3个空格，4个备选单词。每个空格只能填入一个备选单词，且每个空格都有一个唯一的正确答案（这3个正确答案是4个备选单词中的3个，剩余1个备选单词是多余的）。若随机选择3个备选单词分别填入3个空格，则3个空格全部选错的概率是（ ） A B. C. D. 8. 已知四面体ABCD的每个顶点都在球O（O为球心）的球面上，为等边三角形，，，且，则二面角的正切值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 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. 若，，则下列判断正确是（ ） A. B. C. D. 10. 已知圆，抛物线的焦点为F，P为E上一动点，当P运动到点时，，直线l与E相交于A，B两点，则（ ） A. B. 若，则直线PF与圆C相切 C. 若M为C上一点，则的最小值为1 D. 存在直线l，使得A，B两点关于对称 11. 已知定义在上的函数的导函数为，若对任意，都有，且．则（ ）． A. 为偶函数 B. C. 的周期为4 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 展开式中，含项的系数为______. 13. 设等比数列的各项均为正数，其前n项和为，若，，则______. 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作直线l垂直于双曲线的一条渐近线，直线l与双曲线的两条渐近线分别交于A，B两点，若，则双曲线C的离心率e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. 在中，角，，所对边分别为，，，. （1）求的值； （2）若是边上一点，，，求的周长. 16. 如图，在边长为4的正三角形ABC中，E，F分别为边AB，AC的中点．将沿EF翻折至，得到四棱锥，P为的中点． （1）证明：平面； （2）若平面平面EFCB，求直线与平面BFP所成的角的正弦值． 17. 某学校举办趣味投篮比赛，选手需要在距离罚球线1米、2米、3米的A，B，C三个位置分别投篮一次（选手自行选择投篮顺序）．在A，B，C三个位置投篮命中分别可得1分、2分、3分，总分不低于4分就可以获得奖品，已知甲在A，B，C三处的投篮命中率分别为，且在这三处的投篮相互独立． （1）求甲未获得奖品的概率； （2）甲参加投篮训练，训练计划如下：在C处先投个球，若这n个球都投进，则训练结束，否则额外在C处投个球．试问n为何值时，甲投篮次数期望最大？ 18. 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的左、右焦点分别为，直线过分别交于A,B两点．当的倾斜角为时，． （1）求的标准方程； （2）为线段AB（不含端点）上任一点，射线OE与交于点，与直线交于点． ①若，求的最小值； ②若为线段AB的中点，判断并证明与以AB为直径的圆的位置关系． 19. 已知函数，是的导函数. （1）当，时，讨论的单调性. （2）是否存在a，b，使得为的极值点？若存在，求a，b满足的条件；若不存在，请说明理由. （3）若，，为最小的零点，证明：当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三学情调研（一） 数学 （时量：120分钟 满分：150分） 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. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用集合补集的定义与运算，即可求解. 【详解】由全集，集合， 根据集合补集的定义与运算，可得. 2. 已知是虚数单位，若复数z满足，则在复平面内对应的点位于（ ） 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】先利用复数的除法，求出复数，再求共轭复数，然后判定所在象限. 【详解】由题意知，，则， 故复数在复平面内对应的点为，在第四象限. 3. 平面向量，满足，，且向量，的夹角为，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【详解】因为，且向量，的夹角为，所以， 由，得， 则，解得（负值舍）. 4. 若点既是，所连线段的中点，又是直线与的交点，则线段AB的垂直平分线的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将两直线方程相减可得过两直线交点的直线方程，再将代入化简可求出直线的斜率，从而可求出线段的垂直平分线的方程. 【详解】直线与直线的方程相减， 可得， 把点代入，可得， 所以，又是线段AB的中点， 所以线段AB的垂直平分线的方程是， 即. 5. 已知函数的值域为，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为在上单调递增，在上单调递增， 所以当时，单调递增，则.又函数的值域为， 所以当，函数的值要取到内的所有实数，所以. 当，即时，函数在上单调递增，时，， 当趋近于1时，，即，所以，即实数a的取值范围是. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用同角三角函数关系，二倍角公式，诱导公式，化简得到答案. 【详解】 . 故选：C 7. 在某道选词填空题中，有3个空格，4个备选单词。每个空格只能填入一个备选单词，且每个空格都有一个唯一的正确答案（这3个正确答案是4个备选单词中的3个，剩余1个备选单词是多余的）。若随机选择3个备选单词分别填入3个空格，则3个空格全部选错的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】假设4个单词分别是甲、乙、丙、丁，正确的顺序为甲乙丙. 第一类，选出的3个单词不包括丁，则符合要求的情况有乙丙甲，丙甲乙，共2种选法； 第二类，选出的3个单词包含丁，则从剩下的3个单词选两个有种情况，不妨设选出的单词为甲，乙， 则符合要求的情况有乙甲丁，丁甲乙，乙丁甲，共3种，即共有种选法. 综上，符合要求的情况共有种，全部情况为种， 则3个空格全部选错的概率是. 8. 已知四面体ABCD的每个顶点都在球O（O为球心）的球面上，为等边三角形，，，且，则二面角的正切值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】设E为AC的中点，连接BE，DE，利用线面垂直的判定、勾股定理及面面垂直判定可得面平面，结合已知条件有为等腰直角三角形，进而可确定四面体外接球球心的位置，过点E作交OC于点F，易知即为二面角的平面角，即可求其正切值. 【详解】设E为AC的中点，连接BE，DE. 因为为等边三角形， 所以，又，且，BE，平面， 所以平面， 又平面，即， 由题意易知，，，又， 所以. 因为，所以， 即，又，AC，平面， 所以平面，而平面，则平面平面， 又，则，故等腰直角三角形. 综上，四面体的球心O为的中心，即在线段BE靠近E的三等分点处. 过点E作交OC于点F，连接DF，则即为二面角的平面角. 在中，，，可求得，又， 所以. 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. 若，，则下列判断正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【详解】对于选项A，因为，，所以，故A正确； 对于选项B，由可得（又，等号不成立），所以，故B正确； 对于选项C，由，由，可得，所以，故C错误； 对于选项D，因为，所以，故D错误. 10. 已知圆，抛物线的焦点为F，P为E上一动点，当P运动到点时，，直线l与E相交于A，B两点，则（ ） A B. 若，则直线PF与圆C相切 C. 若M为C上一点，则的最小值为1 D. 存在直线l，使得A，B两点关于对称 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据焦半径公式求得判断A，求出直线的方程，然后利用圆心到直线的距离等于半径判断B，设，利用二次函数性质求得最小值为4，进而利用圆的性质求得最小值为判断C，设，与抛物线方程联立，利用韦达定理求出中点坐标，代入求出，与判断D. 【详解】因为当P运动到点时，，所以，故A正确； 抛物线，其焦点， 圆的圆心，半径为， 设，则， 解得，则， 故直线PF的方程为，因为圆心到直线PF的距离为， 所以直线PF与圆C相切，故B正确； 由上可知，，即的最小值为4， 所以的最小值为，故C错误； 假设存在直线l使得A，B两点关于对称， 设直线，，， 由，消去x得，， 则，解得， 又，， 则，解得，符合题意，故D正确． 11. 已知定义在上的函数的导函数为，若对任意，都有，且．则（ ）． A. 为偶函数 B. C. 的周期为4 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】令,判断的奇偶性,判断选项A;令，求出的对称性，判断选项B;然后再由对称性和奇偶性求解周期，判断选项C;再赋值进行求解，判断选项D. 【详解】根据题意，且， 令，则，故， 故是奇函数，故A错误； 由A选项可得，令，则， 则，故， 即，因此，故B正确； 由，则， 再由，故,故最小正周期为,故C正确； 令，则，即， 令，则， 则， 故,故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 展开式中，含项的系数为______. 【答案】2 【解析】 【分析】 变换得到，展开式的通项为，计算得到答案. 【详解】，的展开式的通项为：. 含项的系数为：. 故答案为：. 【点睛】本题考查了二项式定理的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力. 13. 设等比数列的各项均为正数，其前n项和为，若，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】设等比数列公比为，根据等比数列的通项公式和前项和公式，列出方程，求得的值，进而求得的值. 【详解】设等比数列的公比为， 因为，，可得， 整理得，即， 因为，可得，所以. 又因为，所以，所以. 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作直线l垂直于双曲线的一条渐近线，直线l与双曲线的两条渐近线分别交于A，B两点，若，则双曲线C的离心率e为______. 【答案】## 【解析】 【分析】设，利用算两次思想计算即可. 【详解】如图，由题意可知，则，， 设，则，于是， 即，则，解得离心率. 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. 在中，角，，所对的边分别为，，，. （1）求的值； （2）若是边上一点，，，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合分式有意义得到，根据二倍角公式、辅助角公式得到，进而求出角及. （2）方法一：根据余弦定理列方程组求解即可.方法二：根据向量的运算及余弦定理列方程组求解即可. 【小问1详解】 由题意知，，即，即. 因为，所以， 即， 所以， 又，， 所以或，所以（舍）或， 因为，所以，则. 【小问2详解】 方法一：设，则，， 在中，由余弦定理可得， 在中，由余弦定理可得， 由，可得， 在中，由余弦定理可得， 即， 联立解得，， 所以的周长为. 方法二：设，则，，即， 故，故， 所以，可得， 在中，由余弦定理可得， 即， 联立解得，，所以的周长为. 16. 如图，在边长为4的正三角形ABC中，E，F分别为边AB，AC的中点．将沿EF翻折至，得到四棱锥，P为的中点． （1）证明：平面； （2）若平面平面EFCB，求直线与平面BFP所成的角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点Q，可得四边形EFPQ为平行四边形，则，由直线与平面平行的判定定理证明即可； （2）取EF中点O，BC中点G，可得平面EFCB，两两垂直，以O为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，求出与平面BFP的法向量的坐标，利用向量夹角公式求解. 【小问1详解】 取的中点Q，连接, 则有，且，又，且， 故，且， 则四边形EFPQ为平行四边形，则， 又平面，平面，故平面． 【小问2详解】 取EF中点O，BC中点G，由平面平面EFCB，且交线为EF，故平面EFCB，此时，两两垂直，以O为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则可得，，，， 由P为中点，故， 则，，， 设平面BFP的法向量， 则，即，故取， 故所求角的正弦值为， 所以直线与平面BFP所成的角的正弦值为． 17. 某学校举办趣味投篮比赛，选手需要在距离罚球线1米、2米、3米的A，B，C三个位置分别投篮一次（选手自行选择投篮顺序）．在A，B，C三个位置投篮命中分别可得1分、2分、3分，总分不低于4分就可以获得奖品，已知甲在A，B，C三处的投篮命中率分别为，且在这三处的投篮相互独立． （1）求甲未获得奖品的概率； （2）甲参加投篮训练，训练计划如下：在C处先投个球，若这n个球都投进，则训练结束，否则额外在C处投个球．试问n为何值时，甲投篮次数的期望最大？ 【答案】（1） （2）当时，甲投篮次数的期望最大 【解析】 【分析】（1）根据相互独立事件的概率公式求解即可； （2）先求出期望的表达式，再利用作差法即可得解. 【小问1详解】 甲三次投篮都命中的概率为， 甲三次投篮只命中两次且总分不低于4分的概率为 ， 所以甲未获得奖品的概率为. 【小问2详解】 设甲的投篮次数为X，则X的分布列为 X P 则， 令，则， 所以，其中随的增大而减小. 当时，，，当时，， 所以， 故当时，甲投篮次数的期望最大． 18. 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的左、右焦点分别为，直线过分别交于A,B两点．当的倾斜角为时，． （1）求的标准方程； （2）为线段AB（不含端点）上任一点，射线OE与交于点，与直线交于点． ①若，求的最小值； ②若为线段AB的中点，判断并证明与以AB为直径的圆的位置关系． 【答案】（1） （2）①；②点在以为直径的圆外，证明见详解 【解析】 【分析】（1）根据左右焦点坐标，及弦长可列出方程求解，； （2）①联立直线与椭圆方程，根据韦达定理得到，，进而可求弦长，同理可求，结合基本不等式即可求解最小值；②判断与0的关系即可判断与以AB为直径的圆的位置关系. 【小问1详解】 因为，所以，由题得，联立，解得， 所以标准方程为． 【小问2详解】 ①当直线的斜率为0时，不合题意. 当直线的斜率不为0时，设，的方程为， 由得， 所以 所以， 所以， 因为，所以直线的方程为， 代入的标准方程中得，所以， 所以 ， 当且仅当，即时等号成立， 此时的最小值为． 因为，所以的最小值为. ②当直线的斜率为0时，重合，不合题意。 当直线的斜率不为0时，直线的方程设为， 因为为中点，所以， 又，所以， 所以，所以直线方程为， 令，得， 由①可知， 所以 ， 所以为锐角，所以点在以为直径的圆外． 19. 已知函数，是的导函数. （1）当，时，讨论的单调性. （2）是否存在a，b，使得为的极值点？若存在，求a，b满足的条件；若不存在，请说明理由. （3）若，，为最小的零点，证明：当时，. 【答案】（1）在上单调递增 （2）不存在，理由见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数的正负分析函数的单调性； （2）根据题意，求导得，结合为的极值点可得，再代入计算导函数恒非负得出函数单调性即可判断； （3）根据题意，将问题转化为时，，令，再用导数求其极值，结合隐零点问题的求解方法即可得证. 【小问1详解】 当，时，， 则， 记，则， 所以在上单调递增，则， 即，所以函数在上单调递增. 【小问2详解】 不存在a，b，使得为的极值点，理由如下： 当时，无意义； 当时，若为的极值点， 则，即，即， 所以. 又，， 令，则， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以，所以恒成立， 所以单调递增，故不是极值点， 综上所述，不存在a，b，使得为的极值点. 【小问3详解】 证明：当，时，，，则， 所以，. 要证：当时，， 当时，，又， 令，则， 当时，，所以在上单调递增， 所以，所以. 又， 令，则，当时，， 所以在上单调递减，又，， 则存在，使得， 则在上单调递增，在上单调递减，且， 故. 只要证， 即证. 记，只需证：. 由于，， 当时，，则在上单调递减， 于是只需证， 又，命题得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $