湖南衡阳县第一中学2026届高三学情调研(二) 数学试卷(无答案)

湖南衡阳县第一中学2026届高三学情调研(二)数学试卷 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：（为虚数单位），则z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 2．已知集合，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3．函数与的图象（ ） A.关于y轴对称 B.关于直线对称 C.关于直线对称 D.关于直线对称 4．已知数列满足是数列的前n项和，则（ ） A.-7 B.-6 C.6 D.7 5．已知，则（ ） A. B. C. D. 6．记O为坐标原点，已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与C交于两点，若，且，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 7．为调查某地区中学生每天的睡眠时间，采用按样本量等比例分配的分层随机抽样，现抽取初中生1200人，其每天睡眠时间的均值为9小时，方差为0.24；抽取高中生800人，其每天睡眠时间的均值为8小时，方差为0.64，则估计该地区中学生每天睡眠时间的方差为（ ） A. B. C D. 8．函数在区间上的最大值与最小值之差的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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．在正方体中，为的中点，为的中点，则下列说法正确的是（ ） A.平面ABCD B.平面 C.平面 D.平面 10．设抛物线的焦点为F，直线交C于两点（在不同的象限），交y轴于点D，且，过A作C的准线的垂线AE，垂足为E，设点，则下列说法正确的有（ ） A. B.抛物线C的方程为 C.直线的方程为 D.直线AE与直线AF关于直线AH对称 11．若数列满足，则下列说法正确的是（ ） A.任意 B.任意 C.任意 D.任意 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知均为单位向量，且，则和的夹角大小为__________． 13．已知点P在曲线上，为曲线在点P处的切线的倾斜角，则的取值范围是__________． 14．现有10个直径为4的小球，全部放进棱长为的正四面体盒子中，则的最小值为__________． 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．（本小题满分13分）某学校为高一学生免费提供数学和物理学科竞赛培训，以提升学生的学科竞赛素养与解题能力．每名学生可以选择参加一项培训、参加两项培训或不参加培训．已知参加过数学竞赛培训的有，参加过物理竞赛培训的有．假设每个学生对培训项目的选择是相互独立的，且各人的选择相互之间没有影响． （1）任选1名高一学生，求该学生参加过培训的概率； （2）任选3名高一学生，记为3人中参加过培训的人数，求的分布列和期望． 16．（本小题满分15分）如图，在等腰梯形ABCD中，，且，E是CD的中点．将沿AE折起到的位置． （1）若为棱上动点，是AE的中点，证明． （2）若平面平面ABCE，求二面角的余弦值． 17．（本小题满分15分）如图，在平面四边形ABCD中，． （1）证明：． （2）当时，求四边形ABCD面积的最大值． 18．（本小题满分17分）已知双曲线C：的一条渐近线方程为，实轴长为4，F为其左焦点． （1）求C的方程； （2）设过点，且斜率为的直线l与C交于两点． （i）若点分别在C的左、右两支上，求的取值范围； （ii）若轴上存在一点，使得点是的外心，求点的坐标． 19．（本小题满分17分）已知函数，其中． （1）当时，讨论函数的单调性． （2）若，求x的取值范围． （3）当时，若为函数的两个零点，试证明： 参考答案 1．A 【解析】复数，则复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第一象限．故选A． 2．C 【解析】由集合，可得，所以实数的取值范围是．故选C． 3．B 【解析】画出两个函数图象可得两个函数图象关于直线对称，故选B． 4．B 【解析】由数列满足，可得，所以． 故选B． 5．C 【解析】由题意，得，又，所以，即，又因为，所以，则． 故选C． 6．A 【解析】由题意，过的直线与椭圆交于A，B两点，，且，如图． 设，则，又，所以．在Rt中，，可得，解得，同理，在Rt中，，可得，所以．故选A． 7．B 【解析】因为抽取初中生1200人，其每天睡眠时间的均值为9小时，方差为0.24，抽取高中生800人，其每天睡眠时间的均值为8小时，方差为0.64，所以该地区中学生每天睡眠时间的总体均值为，根据分层随机抽样的性质，可得该地区中学生每天睡眠时间的总体方差为．故选B． 8．D 【解析】设函数在区间上的最大值与最小值之差为， 当函数图象的对称轴不在区间上时，函数在上单调，不妨设函数在上单调递增， 则. 当函数图象的对称轴在区间上时，不妨设在对称轴上时取得最大值1，则函数的最小值为或， 显然当对称轴经过区间中点时，有最小值， 不妨设，则， ， 所以的最小值为． 综上，函数在区间上的最大值与最小值之差的取值范围是，故选D． 9．AC 【解析】如图，建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为2， 则，由于平面平面平面， 则平面ABCD，平面，平面的法向量可分别取， 对于A，由于，且平面ABCD，故平面ABCD，A正确； 对于B，，故B错误； 对于，即，故平面，C正确； 对于与不共线，故D错误．故选AC． 10．ACD 【解析】如图，不妨取点在第一象限内， 由抛物线的定义可知，，又，所以，A正确； 设AE与轴交于点，过作轴的垂线BN，垂足为，由抛物线的定义可得，， 因为RtRt，所以， 即，解得， 所以抛物线的方程为错误； 若点在第一象限内，设点的横坐标为，点的横坐标为， 将分别代人，得， 所以直线的斜率，则直线的方程为，即， 同理可得，若点在第四象限内，直线的方程为，C正确； 若点在第一象限内，易知，所以， 由，得， 所以，所以， 又，所以，则直线AE与直线AF关于直线AH对称， 同理，若点在第四象限内也成立，D正确． 故选ACD． 11．ABD 【解析】由，得，又，所以，故A正确； 由，得， 又因为， 两式相减得， 又， 当时，则，即，显然与矛盾； 当时，则，即，显然与矛盾； 所以且，即递增，故B正确； 由，根据B的结论知，随的增大，无限趋近于0，则无限接近于1， 又， 令，且递增， 则，即， 综上，，故C错误； 由，根据C的结论有， 又，所以， 所以，即， 综上，，故D正确． 故选ABD． 12. 【解析】由均为单位向量，且， 可得，即， 解得，又， 故和的夹角大小为． 13． 【解析】，所以， 因为，所以． 因为，所以或，故的取值范围是． 14． 【解析】设正四面体ABCD的棱长为a，M是正的中心，BM的延长线交CD于，连接AM，则平面，所以， 因此正四面体的高． 令正四面体ABCD内切球的半径为， 由，得． 10个直径为4的小球放进棱长为的正四面体ABCD中，成三棱锥形状，有3层， 则从上到下每层的小球个数依次为， 当取最小值时，从上到下每层放在边缘的小球都与正四面体的侧面相切， 底层的6个球还都与正四面体底面相切，任意相邻的两个小球都外切， 位于底层正三角状顶点的小球球心连线与位于每层正三角状顶点的所有上下相邻小球的球心连线构成正四面体， 则正四面体EFGH的棱长为， 其高为， 当以点为球心的最上方小球是以为顶点的某个正四面体的内切球时，，即， 因此正四面体ABCD的高为， 所以正四面体棱长的最小值为． 15．【解析】任选1名高一学生，记“该人参加过数学培训”为事件，“该人参加过物理培训”为事件． 由题设知，事件与相互独立，且． 1分 （1）任选1名学生，该学生没有参加过培训的概率是， 3分 根据事件的对立事件得到该学生参加过培训的概率是． 5分 （2）因为每个人的选择是相互独立的， 所以3人中参加过培训的人数服从二项分布， 7分 ， 8分 即的分布列是 0 1 2 3 0.001 0.027 0.243 0.729 12分 的期望是． 13分 16．【解析】（1）证明：连接，如图所示． 因为，且， 所以四边形ABED和四边形ABCE均为菱形． 因为为AE的中点，所以， 1分 因为为AE的中点，所以， 2分 又平面，所以平面， 3分 又因为，所以平面， 5分 因为平面，所以． 6分 （2）因为平面平面ABCE，平面平面， 所以平面ABCE， 以为坐标原点，分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 7分 设，则， 8分 所以,． 9分 设平面的法向量为， 则有 取，所以． 11分 设平面的法向量为， 则有 取，所以． 13分 设二面角的平面角为， 则， 又因为为钝角，所以， 故二面角的余弦值为． 15分 17．【解析】（1）证明：如图，连接BD， 在中，由余弦定理可得， 2分 在中，由余弦定理可得， 4分 则有， 因为， 所以， 6分 因为，所以． 7分 （2）如图，因为， 所以四边形ABCD的面积， 9分 将两边平方，可得， 即，① 12分 由（1）可知，平方可得，② 联立①②，解得， 14分 则，当且仅当时，等号成立， 故四边形ABCD面积的最大值为． 15分 18．【解析】（1）由题意可得解得 3分 则的方程为． 4分 （2）（i）由题意可得直线的方程为， 联立消去可得． 6分 设， 由点A，B分别在的左、右两支上， 可得解得， 即的取值范围为． 8分 （ii）设，又，则的外接圆的方程为， 由消去得 9分 由消去得． 10分 上面两个方程的实数根均为，故为同解二次方程， 所以， 12分 由可得． 即，整理得．① 13分 由，可得， 即， 整理得．② 14分 由①＋②，整理得，故或． 16分 当时，代入②，可得，以上两个方程不同解，应舍去； 当时，代入①，可得， 即满足条件，所以点的坐标为． 17分 19．【解析】（1）当时，函数的定义域为． 1分 ， 2分 令，则， 令，得；令，得． 所以在上单调递增，在上单调递减． 又，所以，即， 3分 所以在和上单调递减． 5分 （2）由， 得． 当时，左边=右边（舍）； 当时，， 当时，， 即当时，， 于是， 8分 即当时，， 由（1）知，当时，在和上单调递减， 所以当时，． 令，则， 令，得；令，得． 所以在上单调递增，在上单调递减， 又，所以， 所以的取值范围为． 10分 （3）证明：由（1）可得时，在上单调递增，在上单调递减． ， 当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，其中为的解，即． 所以不妨设． 由题意可得即 11分 构造函数 13分 又 所以 即 两式相减得． 即． 15分 ，又， 所以 即 两式相减得， 即， 又，所以， 综上所述，． 17分 学科网（北京）股份有限公司 $