精品解析：湖南湘西州2026届高三下学期教学质量检测数学试题

高三数学 注意事项： 1．答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题后，用铅笔把答题卡对应题目的标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他标号．回答非选择题时，将写在答题卡上． 一、单项选择题：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. 双曲线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 在等差数列中，已知，，则（ ） A. B. C. D. 4. 在中，内角的对边分别为，已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，若，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. -4 B. C. D. 7. 已知分别为函数的零点，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 过一动点向圆作切线，切点分别为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 已知复数是关于的方程（其中）的根，且，则（ ） A. B. C. D. 满足的的最大值为2 10. 已知为坐标原点，为抛物线上一点，过的焦点的直线交于，两点（不与点重合），过，分别作的准线的垂线，垂足分别为，，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为2 B. C. 直线的斜率之和为定值 D. 若直线与的倾斜角互补，则直线的斜率为 11. 已知函数的定义域为,，且当时，，若，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 不等式的解集中所有区间的长度之和为（区间的长度区间右端点区间左端点） D. 若关于的不等式有且仅有一个整数解，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 甲、乙、丙三人依次进行投篮，一人投不中则换为下个人投，直到有人投中或三人都投过一次为止．已知甲、乙、丙三人投中的概率分别为，若每个人是否投中相互独立，则有人投中的概率为___________． 13. 如图，在直三棱柱中，分别是棱的中点，三棱柱的外接球为球，则过的平面截球所得截面面积的最小值为___________． 14. 若直线与函数和的图象均相切，则实数的最大值为___________． 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. 党的二十届五中全会审议通过的《中共中央关于制定国民经济和社会发展第十五个五年规划的建议》明确提出：“加快人工智能等数智技术创新”“全面实施‘人工智能+’行动”．下表是二十届五中全会后第个月某工业园区应用人工智能的工厂个数的数据： 1 2 3 4 5 2 3 5 7 8 （1）求关于的线性回归方程，并预测第8个月该工业园区应用人工智能的工厂个数； （2）从表中这5个月份中随机抽取3个月份，记这3个月份中应用人工智能的工厂个数大于6的月份的个数为，求的分布列与数学期望． 参考公式：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为， 16. 已知椭圆的短轴长为2，离心率为． （1）求的方程； （2）直线与有唯一公共点，过点且与垂直的直线分别交轴、轴于点为坐标原点，若的面积为，求． 17. 如图所示，在圆台的轴截面中，为底面圆周上异于的点，且． （1）求证：； （2）求二面角的正弦值． 18. 已知函数． （1）求的极小值； （2）讨论的单调性； （3）若存在实数，使得在时恒成立，求实数的取值范围． 19. 如图，设是由个实数组成的行列的数表，其中表示位于第行第列的实数，且满足与均是公差不为的等差数列． … … … … 若根据条件，能求出数表中所有的数，则称能被确定． （1）已知，分别根据下列条件，直接判断数表能否被其确定： 条件“已知”； 条件“已知”． （2）设条件“任意给定数表中的个数”，能被确定，证明：的最小值为； （3）设条件“已知集合或其中中的任意个元素”，求的最小值，使得能被确定． 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．答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题后，用铅笔把答题卡对应题目的标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他标号．回答非选择题时，将写在答题卡上． 一、单项选择题：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. 双曲线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先由双曲线的方程知双曲线的焦点在轴上，又，即可求出焦点坐标. 【详解】由双曲线可知双曲线的焦点在轴上， 又，所以，所以. 所以双曲线的焦点坐标为. 故选：D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出集合，即可求出. 【详解】，又，所以． 3. 在等差数列中，已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差中项的性质求解即可. 【详解】在等差数列中，，所以， 又，则． 4. 在中，内角的对边分别为，已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用同角三角函数关系式以及正弦定理求解即可. 【详解】因为，所以，所以， 在中，由以及正弦定理得：，得． 5. 已知向量，若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助向量平行性质及数量积公式计算即可得. 【详解】因为，故可设， 由，所以，解得， 所以. 6. 已知，则（ ） A. -4 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过两角和与差的正余弦公式得出和的关系，再利用二倍角的正切公式即可得结果. 【详解】由，得， 即，所以， 所以，所以． 7. 已知分别为函数的零点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据零点的定义转化问题为函数与函数的交点问题，再结合图象判断大小即可. 【详解】由，得，则函数与的图象的交点横坐标就是； 由，得，则函数与的图象的交点横坐标就是； 由，得，则函数与的图象的交点横坐标就是． 作出函数图象如图，可知． 8. 过一动点向圆作切线，切点分别为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求得以为直径的圆的方程，与圆方程相减得到直线方程，进而可求解. 【详解】因为是圆的切线，所以， 所以是圆与以为直径的圆的公共弦，的中点为， 可得以为直径的圆的方程为①， 又因为②， ①与②相减得，直线，即， 由可得， 即过定点，点位于圆内部． 设圆心到直线的距离为，则， 当时，最大，最小， 由题可知，所以． 二、多项选择题：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. 已知复数是关于的方程（其中）的根，且，则（ ） A. B. C. D. 满足的的最大值为2 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于，因为， 所以，， 则，故A正确； 对于，由知，，即，故错误； 对于，由于是关于的方程的根， 所以也是该方程的另一个根，由韦达定理，， ，所以，故正确； 对于，由，可得在复平面内对应的点在以为圆心，1为半径的圆上， 所以的最大值为，故正确． 10. 已知为坐标原点，为抛物线上一点，过的焦点的直线交于，两点（不与点重合），过，分别作的准线的垂线，垂足分别为，，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为2 B. C. 直线的斜率之和为定值 D. 若直线与的倾斜角互补，则直线的斜率为 【答案】BD 【解析】 【分析】由点坐标可求出的方程，设出直线的方程后联立曲线方程，可得与交点纵坐标有关韦达定理；利用弦长公式计算可得A；利用抛物线定义可计算出、，即可得B；举出反例可得C；表示出直线与的斜率后，计算即可得. 【详解】因为，所以，所以的方程为， 设，直线的方程为， 联立，整理得，所以， 对于A，，所以的最小值为4，故错误； 对于B，， ， 所以，故B正确； 对于C，当直线的斜率不存在时，直线的斜率之和为0， 当取时，可得，此时直线的斜率为， 直线的斜率为，直线的斜率之和为，故C错误； 对于D，因为直线与的倾斜角互补， 所以直线与的斜率均存在，且， 所以，代入， 化简得，所以， 所以，故直线的斜率为，故D正确． 11. 已知函数的定义域为,，且当时，，若，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 不等式的解集中所有区间的长度之和为（区间的长度区间右端点区间左端点） D. 若关于的不等式有且仅有一个整数解，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用函数单调性的定义分析出函数为上的增函数，结合该函数的单调性与对数函数的单调性得出，再利用函数单调性与不等式的基本性质可判断A选项；构造函数且，利用导数分析该函数的单调性，结合不等式的性质可判断B选项；利用函数的单调性以及分式不等式的解法与题意可判断C选项；由题设条件得出，变形得出，对实数的取值进行分类讨论，结合题意得出关于的不等式，解之可判断D选项. 【详解】因为函数的定义域为,， 任取、且，， 因为，所以，所以， 所以，即， 所以，所以为上的增函数， 又，所以，所以． 对于A，，则， 又，所以，故A错误； 对于B，由在上单调递增，可知，故， 对于且，， 所以在上单调递减，则， 所以，故B正确； 对于C，由可得， 即， 等价于， 借助数轴，得到各个因式之积的符号，如图所示： 所以原不等式的解集是或，区间的总长度为，故C正确； 对于D，不等式两边同时平方可得， 当时，恒成立，不符合题意， 当时，，则原不等式可化为， 解得或，此时，原不等式有无数个整数解，不符合题意， 当时，，则原不等式可化为，解得， 若原不等式有且仅有一个整数解，则这个整数解为，所以， 所以，解得，又因为，所以，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 甲、乙、丙三人依次进行投篮，一人投不中则换为下个人投，直到有人投中或三人都投过一次为止．已知甲、乙、丙三人投中的概率分别为，若每个人是否投中相互独立，则有人投中的概率为___________． 【答案】##0.9375 【解析】 【分析】根据相互独立事件及对立事件的概率公式计算可得答案． 【详解】“有人投中”的对立事件为“三人投篮都不中”， 故所求概率为． 13. 如图，在直三棱柱中，分别是棱的中点，三棱柱的外接球为球，则过的平面截球所得截面面积的最小值为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】将三棱柱补成正方体，建立空间直角坐标系，可求出外接球的半径为，利用空间向量求出点到直线的距离，进而求解截面面积的最小值. 【详解】根据题意，将该三棱柱补成正方体，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 由正方体的性质可得该正方体的外接球球心为，即为点， 则，外接球半径为， 点到直线的距离， 该截面面积最小时，点到该截面的距离为， 则截面面积的最小值为． 14. 若直线与函数和的图象均相切，则实数的最大值为___________． 【答案】1 【解析】 【分析】分别设直线与的图象相切于点，与的图象相切于点，由公切线得到，令，得到，进而构造函数，通过求导，确定零点，进而可求解. 【详解】设直线与的图象相切于点，直线与的图象相切于点， 则，得 得，令， 则， 得， 所以，整理可得． 设，显然为的一个零点，， 当时，单调递增， 当时，单调递减，故， 而， 所以的两根位于两侧， 已知一根为，当时，， 所以另一根位于区间内，由对勾函数单调性可知在单调递增， 此时， 所以当时，取得最大值，该值为1． 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. 党的二十届五中全会审议通过的《中共中央关于制定国民经济和社会发展第十五个五年规划的建议》明确提出：“加快人工智能等数智技术创新”“全面实施‘人工智能+’行动”．下表是二十届五中全会后第个月某工业园区应用人工智能的工厂个数的数据： 1 2 3 4 5 2 3 5 7 8 （1）求关于的线性回归方程，并预测第8个月该工业园区应用人工智能的工厂个数； （2）从表中这5个月份中随机抽取3个月份，记这3个月份中应用人工智能的工厂个数大于6的月份的个数为，求的分布列与数学期望． 参考公式：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为， 【答案】（1），13 （2） 0 1 2 ． 【解析】 【分析】（1）由公式求解，，在将代入即可. （2）由题意可得，列出分布列，即可求解. 【小问1详解】 由表格中的数据可得，所以 ． 故 ． 故关于的线性回归方程为． 当时， ， 故预测第8个月该工业园区应用人工智能的工厂个数为13． 【小问2详解】 由题意可得， 所以， 分布列如下： 0 1 2 所以． 16. 已知椭圆的短轴长为2，离心率为． （1）求的方程； （2）直线与有唯一公共点，过点且与垂直的直线分别交轴、轴于点为坐标原点，若的面积为，求． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）由条件列方程求可得结论； （2）分析相切条件并建立参数关系，再利用三角形面积公式得到关于的方程，进而求解参数的值. 【小问1详解】 由短轴长，得. 由，得，解得. 所以的方程为 【小问2详解】 联立，得， 整理得. 由题意知，，则，化简得. 设，由根与系数的关系可知， ，即， 所以， 所以直线的方程为， 令，得，令，得. 的面积， 整理得，解得， 故. 17. 如图所示，在圆台的轴截面中，为底面圆周上异于的点，且． （1）求证：； （2）求二面角的正弦值． 【答案】（1）如图，连接. 因为，所以， 由圆台的性质可知，轴截面平面， 又平面，平面平面，所以平面，所以. 因为且，所以四边形为平行四边形， 又因为，所以平行四边形为菱形，所以. 因为，所以平面， 又平面，故. （2） 【解析】 【分析】（1）结合圆台的结构特征与线面垂直的判定定理，通过证明线面垂直推导线线垂直； （2）建立空间直角坐标系，利用法向量求解二面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系 则， 所以， 设平面的法向量为， 则取. 设平面的法向量为， 则取. 因为， 故二面角的正弦值为. 18. 已知函数． （1）求的极小值； （2）讨论的单调性； （3）若存在实数，使得在时恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）1 （2）当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在和上单调递减． （3）． 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数分析的单调性，求解极值. （2）对求导，令 ，分类讨论两根大小，结合导数的符号分析函数的单调性. （3）由题意可得，恒成立，分类讨论的符号，结合恒成立问题分析求解. 【小问1详解】 由，求导得， 当时，单调递减，当时，单调递增， 所以当时，取得极小值，极小值为． 【小问2详解】 ． 令 ， 当，即时，恒成立，即，所以在上单调递减． 当，即时，方程有两个不等实根，， 显然，当时，单调递增， 当或时，单调递减． 综上，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在和上单调递减． 【小问3详解】 由题意，当时，恒成立， 即恒成立． 当时，，不等式等价于． 令 ，则已知转化为：存在实数，使得对任意恒成立． 若，当时， ， 当时， ，则，此时不存在满足条件的实数． 若 ， 令，，所以在上单调递减， 所以当时，，所以， 所以，只要即有，符合条件． 综上，的取值范围是． 19. 如图，设是由个实数组成的行列的数表，其中表示位于第行第列的实数，且满足与均是公差不为的等差数列． … … … … 若根据条件，能求出数表中所有的数，则称能被确定． （1）已知，分别根据下列条件，直接判断数表能否被其确定： 条件“已知”； 条件“已知”． （2）设条件“任意给定数表中的个数”，能被确定，证明：的最小值为； （3）设条件“已知集合或其中中的任意个元素”，求的最小值，使得能被确定． 【答案】（1）数表不能被确定，数表能被确定 （2） 对于一个公差为的等差数列，若知其中两项与， 便可根据，求出该等差数列中的每一项． 故对于数表中的任意一行（或列），若知道其中的两个数，便可利用条件得到该行（或列）中的所有数． 一方面，若知这个数，则无法求出，故不能得出数表中所有的数， 所以． 另一方面，若知数表中的任意个数，则必存在表中的两行，且这两行中至少有两个数已知， 于是数表中这两行的数都能被求出，即数表中每一列都至少有两个数已知， 所以数表中所有的数都能求出，即能被确定． 综上，的最小值为． （3） 【解析】 【分析】（1）根据题中定义直接判断即可； （2）对于一个公差为的等差数列，若知其中两项与，便可根据，求出该等差数列中的每一项．分析可知，数表中每一列都至少有两个数已知，由此可得出的最小值； （3）先讨论，结合（1）中的结论可判断不成立，再讨论，通过等差数列的定义进行逻辑推理，可推断出数表能被确定，由此可得出的最小值. 【小问1详解】 数表不能被确定；数表能被确定． 对于条件，假设数表中每行、每列的公差都相等，均为， 则，，， 则， 、均无法确定，故数表不能被确定； 对于条件，因为、确定，可以根据确定，则第二行可以全部确定， 对于第二列，由于确定，结合可确定第二列的公差，进而可求出，则第二列可以全部确定， 对于第三行，由于确定了，结合可求出第三行的公差，由此可确定，则第三行可以全部确定， 对于第一列，由于确定了、，可以求出第一列的公差，由此可确定，则第一列可以全部确定， 综上所述，数表可由条件确定. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 当时，若知中的个数，则不能求出中所有的数． 当时，已知与中的任意个数， 则必存在两个数在中位于同一行（记为第行），从而可求出这一行中的所有数． 因为与中至多有两个数在同一行， 所以除去第行的两个数外，余下已知的个数必在其余的行中． 当时，通过列举可知：余下已知的2个数不在同一列中（所在列分别记为第列和第列）； 当时，， 因为在与中至多有两个数在同一列， 所以至少有两列（记为第列和第列）中含有这已知的数中的数． 又因为第行的数均已得到， 所以在第列与第列中均至少知道两个数，故这两列中所有的数都可求出， 于是数表中每一行至少有两个数均已得到，从而可求出数表中所有的数． 综上，的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $