精品解析：湖南株洲市醴陵市第一中学2026届高三下学期一模检测数学试题

醴陵市第一中学2026年高三下学期一模模检测试题 数 学 满分150分，考试时间120分钟 命题人：周倩 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. 已知集合，，则（     ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据并集的定义可得结果． 【详解】因为集合，， 则． 2. 已知命题：“，”为假命题，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据原命题为假命题得出其否定为真命题，再将问题转化为不等式恒成立问题，最后利用基本不等式求解实数的取值范围. 【详解】已知命题“”为假命题，根据特称命题的否定为全称命题， 可知其否定“”为真命题.  由，，移项可得， 因为，两边同时除以，得到在上恒成立.  在中，因为，所以2x和都是正实数，则， 当且仅当，即时等号成立.  因为在上恒成立，所以要小于等于的最小值， 即， 所以实数的取值范围是.  故选：A. 3. 在复平面内，正方形OABC（为原点）中若对应的复数为，则对应的复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的几何意义得出向量的坐标，由此可得出向量的坐标，进而可得对应的复数. 【详解】正方形，且对应的复数为， 则对应的复数为， 故选：C. 4. 在正项等比数列中，，是方程的两个根，则（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】由韦达定理、等比数列通项公式的下标和性质求解即可. 【详解】因为，是方程的两个根，所以， 在正项等比数列中，有，所以，又，所以， 所以． 故选：B. 5. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由三角函数性质判断，由指数性质判断，构造函数，利用导数求出函数单调性，利用单调性判断. 【详解】为锐角时，， 所以，， 令，则，令，则， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，所以在上单调递增， 所以，即，所以. 综上，. 故选：A 6. 若函数（）在内恰好存在4个，使得，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将问题转化为在上有4个满足，结合余弦函数的图象与性质求解即可. 【详解】设，当时，， 原函数在内恰好存在4个， 使得则可以化为在上有4个满足， 结合余弦函数图象，当时，这4个依次为，，，， 故只需，同时第5个，由此解得，故选A. 7. 复印纸张按照幅面的规格分为系列，系列，系列，其中系列的幅面规格分为，所有规格的纸张的长度和幅宽的比例关系都为．将纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格；将纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格，如此对开至规格．现有 纸各一张，若纸的幅宽为，则这张纸的面积之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等比数列的通项公式及前n项和公式列式计算即可. 【详解】因为纸的幅宽为，则的长宽分别为，由题意可得的长宽分别为， 的长宽分别为，…， 因此，…， 则纸的面积构成以为首项，为公比的等比数列， 所以这10张纸的面积之和为. 故选：C. 8. 我国古代数学名著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如将有三条棱互相平行且有一个面为平行四边形的五面体称为刍甍，今有一刍甍，底面ABCD为矩形，面ABCD，记该刍甍的体积为，三棱锥的体积为，，，若，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用刍甍的体积分割成三棱柱与四棱锥体积之和，然后再用面积比来表示体积比，从而可求解. 【详解】 如图，在上分别取，连接， 因为面ABCD，可得，所以可得到三棱柱， 由图可得：，则， 因为三棱锥的体积为，所以， 则三棱柱的体积为， 再由，则， 因为三棱锥的体积为，所以， 则四棱锥的体积为， 所以该刍甍的体积为， 又因为，所以. 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. 某公司给一款新产品投放广告，根据统计，投入单位：万元的广告费与该产品的收益单位：万元的统计数据如下表所示，根据表中的数据可得到经验回归方程为，则下列结论正确的是（ ） A. 与的样本相关系数 B. C. 当投入万元的广告费时，该产品的收益一定是万元 D. 时，残差为 【答案】AB 【解析】 【分析】根据和的变化规律，即可判断A；计算出，将样本中心点代入回归直线方程，即可求，即可判断B；根据回归直线方程的概念分析即可判断C;根据回归直线方程计算时的，计算，即可判断D． 【详解】对于A，由表格可知，越大，越大，所以与有正相关关系，所以相关系数，故 A正确； 对于B，,，则样本中心点为，将样本中心点代入直线方程，得，所以，故 B正确； 对于C，，当时，，该产品的收益大概是万元，C选项错误； 对于D，,当时， 则残差为，故D选项错误． 故选：AB． 10. 已知函数的图象如图所示，点在的图象上，若，则下列说法正确的是（ ） A. B. 在上单调递减 C. 图象关于对称 D. 若将图象上每个点的横坐标变为原来的倍得函数在上恰有一个最大值，一个最小值，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A，将点代入求出，由求出，由和，结合图像得到，结合，求出；选项B，由求出的范围，从而得到在范围内是减函数，在范围内是增函数，故选项B不正确；选项C，由对称轴为，计算得解； 选项D，将图象上每个点的横坐标变为原来的倍求出函数，由得到的范围，求出时，，又的最大值为4，最小值为，结合图像得到，计算得解. 【详解】选项A，，在的图象上， ，，，，， ，，， 在轴左侧，，，， 的最大值为4，最小值为，又，， ，，，，，故选项A正确； 选项B，，，，， 在范围内是减函数，在范围内是增函数， 在范围内是减函数，在范围内是增函数， 故选项B不正确； 选项C，，对称轴为，，当时，对称轴为，故选项C正确； 选项D，， 将图象上每个点的横坐标变为原来的倍得函数， ， ，， 当时，即时，， 的最大值为4，最小值为， ，，故选项D正确. 故选：ACD. 11. 如图，已知正方体的棱长为2，点为棱AB的中点，点在平面内及其边界上运动，则下列选项中正确的是（ ） A. 若点是的中点，则 B. 满足的点的轨迹长度为 C. 若动点满足，则PM的最小值为 D. 若点到点的距离等于点到直线的距离，且，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】在中，由余弦定理求出可判断A；利用得点的轨迹是以AB为直径的半圆，求出轨迹长度可判断B；点的轨迹是以，分别为左、右焦点，求出可判断C；过点作于点，过点作于点，利用求出可判断D. 【详解】对于A，由题意得，，，四边形是矩形， 则，在中，， 若点是的中点，则， 在中，，， 由余弦定理可得 ，故A正确； 对于B，因为，所以点的轨迹是以AB为直径的半圆， 半径长为1，则轨迹长度为，故B错误； 对于C，若点满足，则点的轨迹是以，分别为左、右焦点， 长轴长为，焦距为的椭圆，是椭圆的中心， 则椭圆上的点到椭圆中心的距离的最小值为短半轴长， 由，，得短半轴长为， 则PM的最小值为，故C正确； 对于D，因为点到点的距离等于点到直线的距离， 过点作于点，过点作于点，则， 又，则，则， 所以，解得，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：利用圆、椭圆的定义求轨迹是解题的关键点. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，，，则在方向上的投影向量为_________. 【答案】 和 【解析】 【详解】因为，因此. 向量夹角，由​得， 在方向上的投影为. 方向单位向量为，因此投影向量为和. 13. 已知函数满足，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意得，解方程组求解. 【详解】由①， 得②． ②①得， 得． 故答案为： 14. 已知正方体的棱长为2，为棱上的一点，且满足平面平面，则平面截四面体的外接球所得截面的面积为________. 【答案】## 【解析】 【分析】由题意证得是的中点，由四面体的外接球的直径为，得到半径，设是外接球的球心，求得球心到平面的距离，根据球的截面圆的性质，求得截面圆的半径的平方，进而求得截面圆的面积. 【详解】在正方体中，设平面平面，且平面， 由平面平面，可得，所以是的中点， 由可得四面体的外接球的直径为，可得半径， 设是的中点即球心，球心到平面的距离为，又设与的交点为， 则，， 则，截面圆的半径的平方， 所以截面圆的面积为. 故选：A 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，内角所对的边分别为，且． （1）求； （2）若的周长为，面积为，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用正弦定理边转角及正弦的和角公式得，即可求解； （2）利用三角形的面积公式及余弦定理，再结合条件得，即可求解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 又，所以，则，得到， 又，所以. 【小问2详解】 由（1）知，所以，得， 又因为，又，得， 由的周长为， 所以，整理得到， 解得. 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，且为正三角形，，点为的中点，点为棱上一点，且，. （1）证明：平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】（1） 证明：因为为正三角形，点为的中点，所以. 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面. 又平面，所以. 因为，，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，进而可得，根据等边三角形的性质可得，即可根据线面垂直的判定求解， （2）建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，即可根据向量的夹角公式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，取的中点，的中点，连接，. 易知，，则，平面， 又平面，所以， 故以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 易知，则，，，， ，， 则， 故. 由（1）可知是平面的一个法向量， 故由题可知，又， 解得. 17. 在某次书展上随机抽取100名观众，调查他们每个月的阅读时长（单位：），得到如图所示的频率分布直方图（分组区间为，，，，）. （1）若用分层抽样的方式从中随机抽取9人，则内应抽取多少人？ （2）估计参与展会的观众每月的阅读时长的平均数（同一组中的数据以该组区间的中点值为代表）. （3）若阅读时长在前10%的观众被认定为“阅读王者”，通过频率分布直方图，估计阅读时长至少为多少小时，才能被认定为“阅读王者”. 【答案】（1）4 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）应用各组频率和为1计算求参数，再应用各段频率应用分层抽样计算人数； （2）应用频率分布直方图计算平均数即可； （3）应用百分位数定义计算求解. 【小问1详解】 由，得. 因为阅读时长在区间，，，，内的频率分别为0.08，0.32，0.40，0.16，0.04， 所以阅读时长在区间，内的人数分别为32，40， 所以用分层抽样的方式从中随机抽取9人，内应抽取人. 【小问2详解】 设阅读时长的平均数为， 则， 即估计参与展会的观众每月的阅读时长的平均数为. 【小问3详解】 设阅读时长至少为，才能被认定为“阅读王者”. 因为，， 所以，解得， 所以估计阅读时长至少为，才能被认定为“阅读王者”. 18. 已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，离心率为2，M为E上的动点，且M到两焦点的距离的差的绝对值为2． （1）求E的方程； （2）过点M作斜率为和的直线，分别与E交于点G、H，求的最小值； （3）过点的直线交E于A、B两点，过点的直线交E于C、D两点，与交于点P，且与的斜率之积为．证明：与面积的乘积为定值． 【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）由双曲线的定义与性质求得得双曲线方程； （2）设，写出直线的方程为，代入双曲线方程，结合韦达定理求得，同理求得，然后计算并化简为的函数，从而可求得最小值； （3）设，求出，设直线与的夹角是，计算出，设直线的参数方程为，其中为参数，结合韦达定理计算，同理求得，从而求出（用表示），直线的斜率为，直线的斜率为，，由直线夹角公式求得，再由三角公式求得，然后代入计算可得证. 【小问1详解】 根据题意，，又，所以，则， 所以双曲线方程为. 【小问2详解】 设，则， ， 直线的方程为， 由得：， 设点坐标为，则是上述方程的解， 所以，整理得， 直线的方程为， 由得：， 设点坐标为，则是上述方程的解， 所以，整理得， ，同理， ， 所以， 又，即， 所以， 因为，所以，时取等号， 所以； 【小问3详解】 由（1）得，设， 则，化简得， 所以在双曲线上， ， 直线（即）相交于点，则与互补（或是对顶角） 所以，设直线与的夹角是，则， 所以， 直线过，设直线的参数方程为，其中为参数，表示点到对应点的有向距离，设对应参数分别为， 把代入双曲线方程得， 化简得， 所以，， 在直线上，， ， 又满足，，， ， ， ， 所以， 同理可得， 所以， 直线的斜率为，直线的斜率为，， ， ， 所以. 19. 已知函数，. （1）求函数的极值； （2）若对任意恒成立，求实数a的取值范围； （3）令，证明：（）. 【答案】（1）极小值为，无极大值 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求得，令，求得，得出函数的单调性，结合极值的定义，即可求解； （2）根据题意，转化为对任意恒成立，令，求得，得出的单调性和最大值，结合，即可求解； （3）由（2）知，得到对任意恒成立，令，得到，进而得到，结合等比数列的求和公式和对数函数的单调性，即可得证. 【小问1详解】 解：由函数，可得其定义域为， 且， 令，即，解得， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以函数在处取得极小值， 且， 所以函数的极小值为，无极大值. 【小问2详解】 解：由对任意恒成立， 即对任意恒成立， 即对任意恒成立， 即对任意恒成立， 因为，可得，所以对任意恒成立， 令，可得， 令，即，解得， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减， 则在处取得极大值，也时最大值，且， 因为对任意恒成立， 可得，即，所以实数 的取值范围为. 【小问3详解】 解：由（2）知，当时，，即对任意恒成立， 令，则， 又由， 因为，可得， 令，可得数列构成首项为，公比的等比数列， 可得，所以， 又因为在上为单调递增函数，可得， 所以对于任意，总有成立. 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年高三下学期一模模检测试题 数 学 满分150分，考试时间120分钟 命题人：周倩 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. 已知集合，，则（     ） A. B. C. D. 2. 已知命题：“，”为假命题，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 在复平面内，正方形OABC（为原点）中若对应的复数为，则对应的复数为（ ） A. B. C. D. 4. 在正项等比数列中，，是方程的两个根，则（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 5. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 若函数（）在内恰好存在4个，使得，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 复印纸张按照幅面的规格分为系列，系列，系列，其中系列的幅面规格分为，所有规格的纸张的长度和幅宽的比例关系都为．将纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格；将纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格，如此对开至规格．现有 纸各一张，若纸的幅宽为，则这张纸的面积之和为（ ） A. B. C. D. 8. 我国古代数学名著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如将有三条棱互相平行且有一个面为平行四边形的五面体称为刍甍，今有一刍甍，底面ABCD为矩形，面ABCD，记该刍甍的体积为，三棱锥的体积为，，，若，则（ ） A. 1 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. 某公司给一款新产品投放广告，根据统计，投入单位：万元的广告费与该产品的收益单位：万元的统计数据如下表所示，根据表中的数据可得到经验回归方程为，则下列结论正确的是（ ） A. 与的样本相关系数 B. C. 当投入万元的广告费时，该产品的收益一定是万元 D. 时，残差为 10. 已知函数的图象如图所示，点在的图象上，若，则下列说法正确的是（ ） A. B. 在上单调递减 C. 图象关于对称 D. 若将图象上每个点的横坐标变为原来的倍得函数在上恰有一个最大值，一个最小值，则 11. 如图，已知正方体的棱长为2，点为棱AB的中点，点在平面内及其边界上运动，则下列选项中正确的是（ ） A. 若点是的中点，则 B. 满足的点的轨迹长度为 C. 若动点满足，则PM的最小值为 D. 若点到点的距离等于点到直线的距离，且，则 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，，，则在方向上的投影向量为_________. 13. 已知函数满足，则______． 14. 已知正方体的棱长为2，为棱上的一点，且满足平面平面，则平面截四面体的外接球所得截面的面积为________. 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，内角所对的边分别为，且． （1）求； （2）若的周长为，面积为，求． 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，且为正三角形，，点为的中点，点为棱上一点，且，. （1）证明：平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 17. 在某次书展上随机抽取100名观众，调查他们每个月的阅读时长（单位：），得到如图所示的频率分布直方图（分组区间为，，，，）. （1）若用分层抽样的方式从中随机抽取9人，则内应抽取多少人？ （2）估计参与展会的观众每月的阅读时长的平均数（同一组中的数据以该组区间的中点值为代表）. （3）若阅读时长在前10%的观众被认定为“阅读王者”，通过频率分布直方图，估计阅读时长至少为多少小时，才能被认定为“阅读王者”. 18. 已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，离心率为2，M为E上的动点，且M到两焦点的距离的差的绝对值为2． （1）求E的方程； （2）过点M作斜率为和的直线，分别与E交于点G、H，求的最小值； （3）过点的直线交E于A、B两点，过点的直线交E于C、D两点，与交于点P，且与的斜率之积为．证明：与面积的乘积为定值． 19. 已知函数，. （1）求函数的极值； （2）若对任意恒成立，求实数a的取值范围； （3）令，证明：（）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $