精品解析：湖南郴州市2026届高三下学期教学质量监测数学试题

2026届高三教学质量监测 数学试题 （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､准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答条标号涂黑；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.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 4.本试题卷共6页.如缺页，考生须声明，否则后果自负. 一､选择题（本题共8小题，每题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. 已知复数满足 ，且，则（ ） A. 1 B. C. D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 若函数图象的一个对称中心为，且最小正周期为，则该函数的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 4. 设等差数列的前项和为，公差为，若，则 （ ） A. 15 B. 14 C. 13 D. 12 5. 已知是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则的值为（ ） A. B. C. 3 D. 10 6. 已知为样本空间中的两个随机事件，其中，则 （ ） A. B. C. D. 7. 已知点，抛物线 的焦点为，点是抛物线上一动点，则的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 8. 已知两个不相等的正实数满足：，则下列不等式中一定不成立的是（ ） A. B. C. D. 二､多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项，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. 下面说法正确的是（ ） A. 设是两个不同的平面，是两条不同的直线，若，则 B. 命题“”的否定形式是“” C. 已知 ，则“”是“ ”的必要不充分条件 D. 函数的图象关于点成中心对称 10. 已知二次曲线表示一个椭圆，则（ ） A. 的对称中心为 B. 上的点到原点距离的取值范围是 C. 当点在上时， D. 的离心率为 11. 某化学晶体结构的局部空间构型可抽象为正八面体.如图所示，已知正八面体棱长为2，下列结论正确的有（ ） A. 平面 与平面 的夹角的余弦值为 B. 正八面体的内切球半径与外接球半径的比值为 C. 正八面体的体积与表面积的比值为 D. 点到平面 距离为 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知向量满足，则__________. 13. 在锐角三角形中，内角所对的边分别为，若 ，则的取值范围为__________. 14. 若存在实数，使得关于的方程有两个不同的根，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是__________. 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. 随着新能源产业的发展，我市近年来新能源汽车保有量快速增长，为了研究我市充电桩建设的情况，能源部门收集到了2021年到2025年充电桩数量（单位：万个），为方便研究，年份代码用表示（如： 表示2021年），具体参考数据如下表： 统计量 数值 55 72.6 21 （1）请根据表中数据，建立关于的回归直线方程； （2）现对该市某区域现有的9个充电桩进行检查，其中4个为快充桩，随机抽取3个充电桩进行检查，记抽到的快充桩个数为，求的分布列及均值. （参考公式：） 16. 苏仙岭又称“天下第十八福地”，小明在苏仙岭山脚下的正西方的处，此时他测得山顶的仰角为.他沿着东偏南的方向前行200米后到达点处，此时他测得山顶点的仰角为.假设山顶在水平面上的投影为点，且点位于点的南偏西方向，测量仪器的高度忽略不计. （1）求山高； （2）已知景区内点处有一缆车，缆车从山脚出发，上山分为两段：平缓上升阶段的倾斜角为，在行至山高的一半处，缆车会转变为陡峭上升阶段，倾斜角为.求山脚下缆车上车点到点的距离. 17. 已知圆外有一点. （1）当 时，过点作直线，当直线与圆相切时，求直线的方程； （2）自点发出的光线经过轴反射后与相切，记与相切的两条反射光线所在直线的斜率之积为，数列的前项和为，求证： . 18. 已知椭圆的离心率为分别是椭圆的左，右焦点，点为椭圆上任意一点，且面积的最大值为所在的直线经过椭圆的中心，现将坐标平面沿轴折成一个直二面角，如图1､2所示. （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线的斜率为1，求翻折后异面直线与所成角的余弦值； （3）当不在轴上时，如图2，求面积的最大值. 19. 已知函数（为自然对数的底数） （1）若在处的切线与恰有一个公共点，求的值； （2）若，讨论函数的单调性； （3）若函数至少存在一个零点，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三教学质量监测 数学试题 （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､准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答条标号涂黑；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.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 4.本试题卷共6页.如缺页，考生须声明，否则后果自负. 一､选择题（本题共8小题，每题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. 已知复数满足 ，且，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】复数，根据题意求得，再计算即可得答案. 【详解】设复数，则，因为，所以 ， 因为 ，所以，即， 所以. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解不等式求得集合，求函数的定义域求得集合，进而求得 . 【详解】对于集合，， 所以. 对于集合，， 所以. 所以. 3. 若函数图象的一个对称中心为，且最小正周期为，则该函数的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为最小正周期为，所以， 所以， 令，则， 又函数图象的一个对称中心为， 所以， 令可得， 所以. 4. 设等差数列的前项和为，公差为，若，则 （ ） A. 15 B. 14 C. 13 D. 12 【答案】A 【解析】 【详解】， 由等差数列前项和的性质可知，即， 又， ，，， . 5. 已知是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则的值为（ ） A. B. C. 3 D. 10 【答案】B 【解析】 【详解】，故函数的周期为6， ， 又是定义在上的奇函数， ，即，故，， 又当时，， ， 故. 6. 已知为样本空间中的两个随机事件，其中，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为 所以 由全概率公式可得. 7. 已知点，抛物线 的焦点为，点是抛物线上一动点，则的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】设到准线的距离为，则．然后求出．判断当与抛物线 相切时， 最小，即取得最大值，再利用切线性质计算即可得. 【详解】抛物线 的准线方程为， 设到准线的距离为，则，   则， 则当与抛物线 相切时， 最小，即取得最大值， 设过点的直线与抛物线相切， 联立，得， ，解得 ， 即有，解得，把代入 得 ， 或，此时. 8. 已知两个不相等的正实数满足：，则下列不等式中一定不成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将原式变形为，令，，只需比较 与的大小，由，设，求导得出其单调性，从而得出的大小可能性，从而得出答案. 【详解】由已知，原式可变形 令，， 函数 与均为上的增函数，且，且， 当时，由，则，可得， 当 时，由，则，可得 ， 要比较 与的大小，只需比较 与的大小， 设，则，故在上单调递增， 又，， 则存在使得， 所以当时， ，当时， ， 又因为， 所以当 时，，当时，正负不确定， 故当时，，所以，故， 当时，正负不定，所以与的大小不定， 所以均有可能，即选项B，C，D均有可能，选项A不可能． 二､多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项，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. 下面说法正确的是（ ） A. 设是两个不同的平面，是两条不同的直线，若，则 B. 命题“”的否定形式是“” C. 已知 ，则“”是“ ”的必要不充分条件 D. 函数的图象关于点成中心对称 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，因为，所以 ，又因为，所以，故A正确； 对于B，命题“”的否定形式是“”，故B正确； 对于C，当时，可得 ，所以“”是“ ”的充分条件； 当 时，可得，所以，所以，解得 或， 所以“”是“ ”的不必要条件； 所以“”是“ ”的充分不必要条件，故C错误； 对于D， ， 所以函数的图象关于点成中心对称，故D正确. 10. 已知二次曲线表示一个椭圆，则（ ） A. 的对称中心为 B. 上的点到原点距离的取值范围是 C. 当点在上时， D. 的离心率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据对称性定义计算可判断A；令，由代入化简可得，计算可判断B；将曲线看作关于 的方程，由判别式列不等式计算可判断C；先证明旋转公式，再将原方程标准化，计算判断D即可. 【详解】对于A，设是二次曲线上任意一点， 将代入二次曲线， 化简可得，所以在二次曲线上， 则二次曲线的对称中心为，故A正确； 对于B，令，则， 因为，得， 所以，解得，即， 所以二次曲线上的点到原点距离的取值范围是，故B错误； 对于C，将曲线方程视为关于 的方程， 因为 为实数，所以， 解得，当点在二次曲线上时， 可得，故C正确； 对于D，先推理旋转公式，记平面内点在角 的终边上，则， 而绕原点顺时针旋转一个锐角，可得旋转后的坐标为， 由正余弦的和差公式得旋转后的坐标如下， 为， 又， 所以，即旋转公式得证， 将原方程化为标准方程，而其旋转角为， 旋转后整理方程令交叉项系数为0，可得， 而，解得，设， 代入曲线，化简可得， 故二次曲线可以看作由椭圆绕坐标原点逆时针旋转得到， 如图所示，作出符合题意的图形， 在椭圆中， 故二次曲线的离心率为，故D正确. 11. 某化学晶体结构的局部空间构型可抽象为正八面体.如图所示，已知正八面体棱长为2，下列结论正确的有（ ） A. 平面 与平面 的夹角的余弦值为 B. 正八面体的内切球半径与外接球半径的比值为 C. 正八面体的体积与表面积的比值为 D. 点到平面 距离为 【答案】ABD 【解析】 【详解】设正方形的对角线交点为 ，则，， A选项，取中点，连接 和，因为 和 都是等边三角形，所以且， 因此即为二面角的平面角，又，， 由余弦定理可得，那么平面 与平面 的夹角的余弦值为，A正确； B选项，因为到所有顶点的距离相等，因此也是外接球球心，外接球半径， 显然内切球球心也为，内切球半径 即为到平面 的距离也即到 的高， 在中，，利用等面积法有，可得，所以比值为，B正确； C选项，设正八面体的体积和表面积分别为和，由等体积法可知，其中 即为内切球半径，所以，C错误； D选项，设点到平面 的距离为，利用等体积法有， 即，得，D正确. 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知向量满足，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据数量积运算律计算得，再由向量的模的公式计算即得. 【详解】因为，，， 则，解得， 又由，可得. 13. 在锐角三角形中，内角所对的边分别为，若 ，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】借助正弦定理与三角形内角和可将、用角表示，再借助三角恒等变换公式可用表示出，最后求出的范围即可得解. 【详解】由正弦定理可得、， 则 ， 由三角形为锐角三角形，则，即， 则，故， 即，即的取值范围为. 14. 若存在实数，使得关于 的方程有两个不同的根，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】对题干方程化简，令，，求导，根据导数作出函数的图象，数形结合求解即可. 【详解】由题意得，则， 令，则， 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 当 时，，故， 当时，，故， 当时，，故， 当 时，，故， 因为，，作出函数图象如下： 由图可知若存在实数，使得关于 的方程有两个不同的根， 则实数的取值范围是. 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. 随着新能源产业的发展，我市近年来新能源汽车保有量快速增长，为了研究我市充电桩建设的情况，能源部门收集到了2021年到2025年充电桩数量（单位：万个），为方便研究，年份代码用 表示（如：表示2021年），具体参考数据如下表： 统计量 数值 55 72.6 21 （1）请根据表中数据，建立关于 的回归直线方程； （2）现对该市某区域现有的9个充电桩进行检查，其中4个为快充桩，随机抽取3个充电桩进行检查，记抽到的快充桩个数为，求的分布列及均值. （参考公式：） 【答案】（1） （2） X 0 1 2 3 P . 【解析】 【分析】（1）根据回归直线方程的计算方法求得回归直线方程. （2）根据超几何分布的知识求得分布列并求得数学期望. 【小问1详解】 ， , .所以，回归直线方程为. 【小问2详解】 由题意知随机变量的可能取值为 ，则： ， ， ， ， X 0 1 2 3 P 故均值. 16. 苏仙岭又称“天下第十八福地”，小明在苏仙岭山脚下的正西方的处，此时他测得山顶的仰角为.他沿着东偏南的方向前行200米后到达点处，此时他测得山顶点的仰角为.假设山顶在水平面上的投影为点，且点位于点的南偏西方向，测量仪器的高度忽略不计. （1）求山高； （2）已知景区内点处有一缆车，缆车从山脚出发，上山分为两段：平缓上升阶段的倾斜角为，在行至山高的一半处，缆车会转变为陡峭上升阶段，倾斜角为.求山脚下缆车上车点到点的距离. 【答案】（1）200米； （2）米. 【解析】 【分析】（1）设， 进而结合题意，在中根据余弦定理求得或，再结合点位于点的南偏西方向得即可得答案； （2）结合（1），设，，进而得，，再结合三角函数求解即可得答案. 【小问1详解】 解：如图，在中，设， 由题意知，且, 由余弦定理， 代入得： 化简得：，即 解得或 由“点位于点的南偏西方向”可知，必在的东北方向，从而的横坐标应大于的横坐标. 由点向东位移为米，可得，即. 故只能取，所以山高 米. 【小问2详解】 解：由第（1）问知，山高 米. 因为缆车在点处转换坡度，故两段缆车各上升100米. 设第一段（倾斜角）的水平距离为，即， 第二段（倾斜角）的水平距离为，即 则有：，，所以，； 因此，山脚下缆车上车点到点的距离为： 利用常用三角函数值：， 得 故山脚下缆车上车点到点的距离为米. 17. 已知圆外有一点. （1）当 时，过点作直线，当直线与圆相切时，求直线的方程； （2）自点发出的光线经过 轴反射后与相切，记与相切的两条反射光线所在直线的斜率之积为，数列的前项和为，求证： . 【答案】（1）或 （2）证明：记点关于 轴的对称点为，则. 由于反射光线所在直线经过点，且斜率存在， 设反射光线所在直线，即 . 又圆的圆心为，半径，直线与圆相切，则 ， 整理得 ， 则两条切线的斜率之积. 所以， . 【解析】 【分析】（1）设直线的方程为，由点到直线的距离公式可得 ，求解即可； （2）记点关于 轴的对称点为，设反射光线所在直线，由点到直线的距离得 ，进而由根与系数的关系可得，利用裂项相消法可求证结论. 【小问1详解】 圆 ，圆心，半径. 由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，即 . 由于直线与圆相切，所以 ，解得或， 所以直线的方程为或 ； 【小问2详解】 略 18. 已知椭圆的离心率为分别是椭圆的左，右焦点，点为椭圆上任意一点，且面积的最大值为所在的直线经过椭圆的中心，现将坐标平面沿轴折成一个直二面角，如图1､2所示. （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线的斜率为1，求翻折后异面直线与所成角的余弦值； （3）当不在轴上时，如图2，求 面积的最大值. 【答案】（1） （2） （3）2 【解析】 【分析】（1）当 在短轴端点时面积最大，再结合离心率为与，可求出椭圆方程； （2）折叠前直线与椭圆方程联立求出坐标；折叠后建立空间直角坐标系，再确定的空间坐标，向量法求异面直线所成角的余弦值； （3）直线与椭圆方程联立，利用韦达定理得到坐标的关系，翻折后，建立空间直角坐标系，写出的空间坐标，利用空间向量可算出到的距离，再根据三角形面积公式结合基本不等式可求出面积最大值. 【小问1详解】 由题意知，解得 ∴椭圆C的标准方程为 . 【小问2详解】 翻折前，所在直线方程为， 联立，消 得，解得， 不妨设，翻折后，建立如图所示的空间直角坐标系. 则 于是. 设异面直线与所成角为 ， . 故异面直线与所成角的余弦值为. 【小问3详解】 设翻折前所在直线方程为， 联立，消得， 设（令）， 由韦达定理有. 翻折后，， 故， 则， 所以， 于是. 所以， 令，有 ，于是. 令，由对勾函数的性质， 在上单调递增. 所以当时取得最小值，为，此时取得最大值， 的最大值为.此时，解得. 所以当直线的斜率时， 面积取得最大值，最大值为2. 19. 已知函数（为自然对数的底数） （1）若在处的切线与恰有一个公共点，求的值； （2）若，讨论函数的单调性； （3）若函数至少存在一个零点，求的取值范围. 【答案】（1） （2）当时，函数在区间上单调递增； 当 时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增. （3）. 【解析】 【分析】（1）求得曲线在点处的切线方程为：与曲线联立，利用判别式求解； （2）由利用导数法求解； （3）由，根据题意，由方程在上至少有一个解，转化为.设求解. 【小问1详解】 由得. 当时. 所以，曲线在点处的切线方程为：. 由题意，这条切线与曲线恰有一个公共点. 联立得，整理为. 因为两曲线恰有一个公共点，所以该一元二次方程有两个相等实根， 故判别式. 于是，从而. 故. 【小问2详解】 因为 所以. 由于，故 ，因此的符号由的符号决定. 分情况讨论： ①当时，对任意，都有，故 . 所以函数在区间上单调递增. ②当 时，当时，，故 ； 当时，，故 . 因此，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.. 综上，函数的单调性为： 当时，函数在区间上单调递增； 当 时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增. 【小问3详解】 由， 要使函数至少存在一个零点，只需方程在上至少有一个解. 移项得.设， 则问题转化为：求函数的值域. 将拆成两个函数：，则. 先讨论的单调性.因为. 所以：当 时，，故在上单调递增； 当 时，，故在上单调递减. 因此，函数在 处取得最大值. 再讨论的单调性.因为， 所以：当 时，，故在上单调递增； 当 时，，故在上单调递减. 因此，函数在 处取得最大值 由于与在区间上都单调递增，在区间上都单调递减， 所以它们的和在区间上单调递增，在区间上单调递减， 从而在 处取得最大值. 于是故. 因此，函数至少存在一个零点，当且仅当. 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $