精品解析：湖南株洲市醴陵市第一中学2026届高三下学期二模（4月）数学试题

醴陵市第一中学2026年高三下学期二模试题（4月） 数 学 满分150分，考试时间120分钟 命题人：彭超 审题人：李武军 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数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. 已知，则的值为（ ） A. B. C. 3 D. -3 4. 的展开式中的系数为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在正方形网格中，向量，满足，则（ ） A. B. C. D. 6. 对于响应变量，通过观测得到的数据称为观测值，通过经验回归方程得到的称为预测值，观测值减去预测值称为残差．将某公司新产品自上市起的月份与该月的对应销量（单位：万件）整理成如下表格：建立与的线性回归方程为，则为（ ） 月份 1 2 3 4 5 销量 0.5 1 1.4 A. 0.79 B. 2 C. 2.1 D. 1.21 7. 如图，焦点在轴上的椭圆，分别是左右焦点，过的直线交椭圆于两点，，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知圆上到直线的距离为的点有且仅有个，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，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. 已知为复数，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若是方程的两根，则 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是函数的一个极小值点 B. 函数的对称中心为 C. 过点能作两条不同直线与相切 D. 函数有5个零点 11. 正四棱锥的外接球的球心为O，半径为R，，，过的中点E作球O的截面，则（ ） A. 直线与平面所成角的正切值为 B. 平面与平面夹角的余弦值是 C. D. 截面的面积的最小值是 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知函数为奇函数，则___________. 13. 已知首项为1的等比数列满足对任意的正整数m，n都有，则等比数列的公比q的取值范围是________． 14. 如何度量样本间的相似性是人工智能核心领域的基础问题，通常通过计算样本间的“距离”来解决．镜像距离是一种基础且重要的工具．定义两点，的镜像距离为．若，，则的最小值为________． 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知在中，角，，的对边分别是，，，若，. （1）求； （2）若的周长为，是内一点，且，求面积的最大值. 16. 如图，在棱长为2的正方体中，，分别是，上的动点，且． （1）求证：； （2）当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值． 17. 已知椭圆：的左右焦点分别为，，，分别为左右顶点，直线：与椭圆交于，两点，当倾斜角为时，是椭圆的上顶点，且的周长为6. （1）求椭圆的方程； （2）过点作轴的垂线，为上异于点的一点，以为直径作圆.若过点的直线（异于轴）与圆相切于点，且与直线相交于点，试判断是否为定值，并说明理由. 18. 已知函数. （1）当时，求方程的解： （2）若，，证明：； （3）证明：. 19. 设函数的定义域为，且的导函数在上的图象是一条连续不断的曲线，已知，且对于任意，都有． （1）判断函数的单调性，并证明：对于任意，都有 （2）若在上单调递增，且数列满足． （i）证明：数列单调递减； （ii）记为数列的前项和，证明：对于任意，都有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 醴陵市第一中学2026年高三下学期二模试题（4月） 数 学 满分150分，考试时间120分钟 命题人：彭超 审题人：李武军 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先解含绝对值的不等式和一元二次不等式求出集合与集合，再求即可. 【详解】由，可得：或， 解得或，， 由，解得：， ， ， 即. 故选：B 2. 复数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】A 【解析】 【分析】根据复数运算与复数的几何意义求解即可. 【详解】因为， 所以，其在复平面内对应的点为，位于第一象限. 故选：A 3. 已知，则的值为（ ） A. B. C. 3 D. -3 【答案】C 【解析】 【分析】由正余弦的齐次式转化为正切即可得解. 【详解】因为， 所以. 故选：C 4. 的展开式中的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，求得二项展开式的通项，确定的值，代入计算，即可求解. 【详解】由二项式的展开式的通项为， 令，可得，所以展开式中的系数为. 故答案为：. 5. 如图，在正方形网格中，向量，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】以为轴，为轴建立坐标系，求出各点坐标即可判断选项． 【详解】以为轴，为轴建立坐标系，则，． ，，，． ． 令．得到，，，． 解得，．所以． 故选：． 6. 对于响应变量，通过观测得到的数据称为观测值，通过经验回归方程得到的称为预测值，观测值减去预测值称为残差．将某公司新产品自上市起的月份与该月的对应销量（单位：万件）整理成如下表格：建立与的线性回归方程为，则为（ ） 月份 1 2 3 4 5 销量 0.5 1 1.4 A. 0.79 B. 2 C. 2.1 D. 1.21 【答案】C 【解析】 【分析】求出，将点代入回归方程中即可. 【详解】由题意可得， 将点代入中得，， 故， 故选：C 7. 如图，焦点在轴上的椭圆，分别是左右焦点，过的直线交椭圆于两点，，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由椭圆的定义可得，，利用比例关系求得，，由，在，中，利用余弦定理建立方程求出，得解. 【详解】由椭圆的定义，，，且，， 所以设，，则，， 所以，，所以，， 设椭圆的半焦距为， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 由， ，即， 化简得，即， 所以椭圆的离心率. 8. 已知圆上到直线的距离为的点有且仅有个，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求圆心到直线的距离，再找距离直线为1的两条平行线，通过分析圆与这两条平行线的位置关系，确定半径的取值范围. 【详解】由题可知，圆的圆心为，半径为， 圆心到直线的距离， 设与直线距离为的平行线为， 由，可解得或， 则圆心到直线的距离，圆心到直线的距离， 因为圆上到直线距离为的点有且仅有个， 所以圆与这两条平行线一个相交、一个相离，即. 故选：D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，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. 已知为复数，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若是方程的两根，则 【答案】AD 【解析】 【分析】设，，应用复数的模的计算公式，复数的乘法运算法则判断A；取，，代入检验判断B；取，判断C；由方程复数根的性质、韦达定理判断D. 【详解】对于A选项，设，， ， 所以 所以，A选项正确； 对于B选项，不妨取，，则， 由，得，显然不成立，故B选项错误； 对于C选项，若，不妨取，， 此时，但不成立，故C选项错误； 对于D选项，若是方程的两根，则根据韦达定理可知，则，故D选项正确． 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是函数的一个极小值点 B. 函数的对称中心为 C. 过点能作两条不同直线与相切 D. 函数有5个零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】对函数求导，根据导数的符号确定函数的区间单调性，研究极值点判断A；根据的关系判断B；应用导数的几何意义求过点的切线，且切点为，进而得到关于的方程，研究其根的个数判断C；画出函数的大致图象，数形结合判断零点个数判断D. 【详解】由函数，则． A，令，解得，． 或时，，在，上单调递增； 时，，在上单调递减； 所以，是函数的一个极小值点，正确； B，， 所以，函数关于成中心对称，正确； C，设过点的切线与函数的切点为，则切线方程为， 则，整理得，解得， 所以过点只能作一条直线与相切，错误； D，因为，， 令，则有三个根，如图所示， ， 所以方程有3个不同的根，方程和均有1个根， 故方程有5个根，即函数有5个零点，正确． 故选：ABD 11. 正四棱锥的外接球的球心为O，半径为R，，，过的中点E作球O的截面，则（ ） A. 直线与平面所成角的正切值为 B. 平面与平面夹角的余弦值是 C. D. 截面的面积的最小值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】作平面，则是直线与平面所成的角，在中求解判断A；取棱的中点F，连接，，，由正四棱锥的性质易证是平面与平面的夹角或其补角，求解判断B；根据题意得，求解判断C；连接，当截面垂直于时，截面的面积最小，求出半径，判断D. 【详解】如图，作平面，则H为线段的中点， 是直线与平面所成的角. 因为，，所以，， 所以，A正确. 取棱的中点F，连接，，. 由正棱锥的性质知点H在线段上，， 则. 由正四棱锥的性质易证是平面与平面的夹角或其补角， 则平面与平面夹角的余弦值是，B错误. 因为，，所以O在正四棱锥外部，连接， 则，解得，C正确. 连接，当截面垂直于时，截面的面积最小. 因为， 所以截面的面积的最小值为，D正确. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知函数为奇函数，则___________. 【答案】 【解析】 【详解】因为函数为奇函数， 所以，则， 即，则，即. 13. 已知首项为1的等比数列满足对任意的正整数m，n都有，则等比数列的公比q的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】取特殊情况结合指数函数与一次函数性质可得，再证明时，对任意的正整数m，n都有恒成立即可得. 【详解】由题意可得，取， 当时，有， 当时，有，故； 若，则当时，指数函数增速会大于一次函数， 故不可能恒成立，故； 综上可得； 下证充分性： 当时，不妨设，则， 故需满足，即， 令，则只需满足数列为非递减数列即可， ， 由，则，， 则， 故数列为非递减数列， 即时符合题意. 14. 如何度量样本间的相似性是人工智能核心领域的基础问题，通常通过计算样本间的“距离”来解决．镜像距离是一种基础且重要的工具．定义两点，的镜像距离为．若，，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据镜像距离列出 表达式,构造函数求导判断其最小值恒大于 0,消去绝对值,再以 分段讨论目标函数,分别求导得出两段区间内各自最小值,最后通过对数与指数放缩比较两个最小值大小,从而得到 的最小值. 【详解】由题意得，设，则. 当时，，当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增. 则，即. 所以． 令 当时，， 则， 令，得，令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，． 当时，，则. 易知在上恒成立，所以在上单调递减. 所以， . 因为，所以，即. 所以，所以，所以. 所以的最小值为． 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知在中，角，，的对边分别是，，，若，. （1）求； （2）若的周长为，是内一点，且，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理和三角函数的基本关系式，化简得，进而得到，即，得到，结合即可求解； （2）由（1）和的周长为，求得，利用余弦定理，化简得到，结合基本不等式，求得，利用三角形的面积公式，即可求解. 【小问1详解】 解：因为，由正弦定理得， 所以，则， 又因为，可得， 所以，则，所以， 因为且，所以. 【小问2详解】 解：由（1）知，可得， 因为的周长为，所以， 由余弦定理得， 可得， 又由基本不等式可知，当且仅当时，等号成立， 即，解得， 所以面积最大值为. 16. 如图，在棱长为2的正方体中，，分别是，上的动点，且． （1）求证：； （2）当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算可得，可证结论； （2）求得三棱锥的体积最大时，点分别为，上的中点，求得平面的一个法向量与平面的一个法向量，利用向量法可求平面与平面的夹角的余弦值. 【小问1详解】 以为坐标原点，以所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 所以， 所以； 【小问2详解】 ， 当且仅当时取等号， 所以， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面所成的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 17. 已知椭圆：的左右焦点分别为，，，分别为左右顶点，直线：与椭圆交于，两点，当倾斜角为时，是椭圆的上顶点，且的周长为6. （1）求椭圆的方程； （2）过点作轴的垂线，为上异于点的一点，以为直径作圆.若过点的直线（异于轴）与圆相切于点，且与直线相交于点，试判断是否为定值，并说明理由. 【答案】（1） （2）为定值 【解析】 【分析】（1）当倾斜角为时，求出直线的方程，令，求出，即可求出，再根据的周长及求出、，即可得解； （2）由题设可得，设点，的方程设为，利用相切条件可得，联立直线方程可求的坐标，从而可判断在椭圆上，从而可证为定值. 【小问1详解】 解：当倾斜角为时，直线为， 令，得，即椭圆的上顶点为，所以， 又的周长为，即，又，解得，， 所以椭圆的方程为 . 【小问2详解】 解：由（1）可知，，， 因为过与圆相切的直线分别切于、两点，所以， 所以， 设点，则，圆的半径为， 则直线的方程为， 的方程设为，则，化简得， 由，解得，所以点 ，所以点在椭圆上， ∴，即． 18. 已知函数. （1）当时，求方程的解： （2）若，，证明：； （3）证明：. 【答案】（1） （2） 因为，其中， 则，易知， 因为，所以当时，，在单调递增； 所以当时，，在单调递减； 因此在的最大值为， 因为，，所以， 令，，易知， 所以当时，，在单调递增； 所以当时，，在单调递减； 所以当时，， 所以，即. （3） 当，时，，可得， 当时，，则， 当时，， . 【解析】 【分析】 （1）原方程可化为，构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，可求出，即可得出结果； （2）利用导数求出在的最大值为，利用不等式的基本性质得出，再构造函数，利用导数得出，即可证得结论成立； （3）当，时，结合（2）中的结论可得出，当时，则，结合放缩法得出，再利用不等式的基本性质可证得结论成立. 【小问1详解】 当时，方程可化为，即， 令，其中，则， 因为函数、在上均为减函数， 所以在单调递减，且， 所以当时，，在单调递增； 当时，，在单调递减； 因此在的最大值为， 只有一个零点，所以方程的解为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 设函数的定义域为，且的导函数在上的图象是一条连续不断的曲线，已知，且对于任意，都有． （1）判断函数的单调性，并证明：对于任意，都有 （2）若在上单调递增，且数列满足． （i）证明：数列单调递减； （ii）记为数列的前项和，证明：对于任意，都有． 【答案】（1） 由题有． 因为对于任意，都有， 即，且，所以，故函数在上单调递增， 下面证明：． 因为，所以，由的单调递增性质可知， 即．因为且，整理得：． 同理，因为，所以，由的单调递增性质可知， 即，整理得． 将两式相加得， 因为，两边同时除以， 得，得证． （2）（i）证明：由题意，则． 要证明数列单调递减，即证明单调递增， 因为在上单调递增，且，所以． 由（1）知，在上单调递增，且，所以． 因为，且定义域为，且单调递增， 故当时，从而， 所以，即．故数列单调递减． （ii）证明：记． 由（1）可知有， 同理， 依此类推，可得：， 将代入右侧可得，即． 由题意，令，则满足，所以． 因为在上单调递增，所以， 即，得证． 【解析】 【分析】（1）先对求导，然后根据已知条件判断函数在上单调递增，然后证明，进而证明出结论. （2）（i）根据函数在上单调递增证明，进而证明结论； （ii）根据已知条件先证明，进而证明出结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $