精品解析：湖南衡阳市第一中学2026届高三上学期高考适应性测试（二）数学试题

衡阳市第一中学2026届高考适应性测试（二） 数 学 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.将条形码横贴在答题卡上“贴条形码区”. 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案写在试题卷上无效. 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4．保持答题卡的整洁.考试结束后，只交答题卡，试题卷自行保存. 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. 已知复数满足（其中是虚数单位），则的虚部是（ ） A. -1 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，利用复数的运算法则即可求出结果. 【详解】因为，所以，得到复数的虚部为， 故选：A. 2. 已知集合，则M的真子集个数为（ ） A. 3 B. 5 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】化简集合，根据真子集个数的计算公式求解. 【详解】因为， 所以M的真子集个数为个， 故选：C 3. 已知抛物线的顶点为，经过点，且为抛物线的焦点，若，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据抛物线的定义列方程，求得，结合点坐标求得. 【详解】依题意，焦点， 由，根据抛物线的定义，得，所以， 则，代入，得，又，解得. 故选：C 4. 在中，点O是的中点，过点O的直线分别交直线于不同的两点M，N，若，则的最小值为（ ） A. 3 B. 8 C. D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】结合图形，利用三点共线，推出，再根据基本不等式求解即可. 【详解】 如图，由点O是BC的中点，得， 由三点共线，得，则，， 则， 当且仅当，即时取等号，所以取得最小值8. 故选：B 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用函数的单调性即可得到，再利用指数函数、对数函数的单调性得到，，则得到三者大小关系. 【详解】令，根据为上的单调减函数， 则在上单调递减， 且，， 所以函数在上存在唯一的零点，故； 又因为，所以， 所以，即，所以， 所以，即，所以; 因为，所以，所以， 即，所以， 综上可得：. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用函数的单调性和零点存在定理得到，最后再结合指数函数、对数函数的性质即可比较大小. 6. 设，则关于函数的性质中，下列说法错误的是（ ） A. 的最小正周期是 B. 图象的一个对称中心可以是 C. 的一个单调递增区间可以是 D. 图象的一条对称轴可以是 【答案】C 【解析】 【分析】先用向量夹角公式和三角函数的辅助角公式对函数化简，再结合周期计算、对称轴与对称中心的判断以及单调性的分析判定选项. 【详解】， 对于A，最小正周期为，故A正确； 由于 ，故B、D表述正确， 对于C，，，而函数在上单调递减， 根据复合函数的单调性法则可知，的一个单调递减区间可以是，所以C错误， 故选：C． 7. 已知函数（其中e为自然对数的底数），若函数恰有三个零点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由，故不是函数的零点，则由，得，令，则题目转化为与有三个零点，利用导数研究函数的性质并作出示意图可求得答案. 【详解】由，故不是函数的零点， 则由，得， 令，则题目转化为与有三个零点， 当时，，则， 则在上递减，在上递增，当时，有最小值为， 当时，，作出的示意图如图所示： 由图知，若函数恰有三个零点，则. 故选：A. 【点睛】方法点睛：求函数的零点个数的方法如下： 一、直接解方程，求出零点可得零点个数.； 二、数形结合法：转化为两个函数的交点； 三、参变分离法：将参数分离出来，再作函数的图像进而转化为与（分离后的函数）的交点问题. 8. 已知两点在双曲线C：的右支上，点M与点N关于原点对称，交y轴于点T，若，，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设O为的中点，设，，利用点差的方法表示出，结合题意继而表示出，推出，根据即可求得的关系，从而可求双曲线离心率. 【详解】如图，不妨设M在第一象限，设Q为的中点， 因为O为的中点，故, 设，， 在双曲线上，则，两式相减可得， 即，而,故， 即； 又因为，则，故，即, 即，即，所以， 又，则， 即，故， 所以，而,故， 故，则双曲线C的离心率为， 根据双曲线的对称性可知，当M在第四象限时，同理可求得， 当M在双曲线的顶点时，由于，此时与双曲线相切，不合题意， 故双曲线C的离心率为 故选：C 【点睛】方法点睛：求双曲线的离心率，实际上就是求之间的关系，因而本题解答的方法是利用“点差”的方法，表示出，继而利用条件再表示出，从而求得，由此由可得之间的关系，即可求得答案. 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. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是不存在极值点的充要条件 B. 若存在两个极值点，，则 C. 过坐标原点只能作曲线的一条切线 D. 若有两个零点，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】先求出导函数分类得出函数单调性进而得出极值计算判断A，B，再设切点计算求出切点即可得出切线方程判断C，根据单调性及极值计算求解零点即可得出参数判断D. 【详解】由题意得的定义域为，且， 若，则，所以在上单调递增，不存在极值点； 当时，由，得， 所以当时，，当时，，当时，， 所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，在区间内单调递增， 则为的极大值点，为的极小值点，此时有极值点.故A项正确. 不妨设，由上可知，， 所以，故B项错误. 设为切点，则切线的斜率， 切线方程为， 因为切线过点，所以， 化简得，方程有唯一解为，所以过坐标原点只能作曲线的一条切线，故C项正确. 当时，单调递增，所以不可能存在两个零点； 当时，存在两个极值点，， 因为，当时，，所以在区间内存在唯一零点， 当时，只有当时，在区间内存在唯一零点，解得，故D项正确. 故选：ACD. 10. 以下命题正确的有（ ） A. 设等差数列，的前项和分别为，，若，则 B. 数列满足，，则 C. 数列满足：，则 D. 已知为数列的前项积，若，则数列的前项和为 【答案】BD 【解析】 【分析】利用等差数列前项和公式，结合性质计算判断A；利用累加法求出通项判断B；求出的值判断C；利用前项积的意义及等差数列前项和公式计算判断D. 【详解】对于A，由， 所以，故A错误； 对于B，由，得， 则当时，， 所以 ， 显然满足上式，因此，故B正确； 对于C，因为，当时， 显然不满足，故C错误； 对于D，，当时，，即，解得， 当时，，于是，即， 所以数列是首项为，公差为的等差数列， 所以数列的前项和，故D正确. 故选：BD 11. 在棱长为2的正方体中，点满足，则（ ） A. 当时，平面平面． B. 任意，三棱锥的体积是定值． C. 存在，使得与平面所成的角为． D. 当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为． 【答案】BC 【解析】 【分析】确定为二面角的平面角，结合勾股定理可得即可判断A；根据到平面的距离为定值且的面积也为定值，即可判断B；根据线面垂直的判定定理可得当时与平面所成的角为，当时，即可判断C；利用空间向量法求出球心到平面的距离，进而求出截面圆的半径，即可判断D. 【详解】A：当时，与重合，又均是等边三角形， 设，则为的中点，所以， 所以为二面角的平面角， 在中，由正方体的棱长为2，得， 所以，则，所以平面与平面不垂直，故A错误； B：因为平面，， 所以对于，到平面的距离为定值，又的面积也为定值， 所以三棱锥的体积为定值，故B正确； C：当时，与重合，由三垂线定理得， 又平面，所以平面（即平面）， 此时与平面所成的角为； 当时，与重合，此时易知平面， 设，，则为的中点， 所以在平面（即平面）内的射影为， 故即为与平面所成的角， 又，所以. 综上，存在，使得与平面所成的角为，故C正确； D：因为正方体的外接球的球心为正方体的体心，且外接球的直径为正方体的体对角线， 所以，解得， 当时，为靠近的三等分点，建立如图空间直角坐标系， 则，所以， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，所以，故球心到平面的距离为， 所以平面截正方体的外接球所得截面小圆半径为， 得该小圆面积为，故D错误. 故选：BC 【点睛】关键点点睛：本题考查面面垂直、棱锥的定值问题、求线面角问题和几何体与球的问题，平面截正方体问题，关键是：⑴利用空间向量法求出店面距；⑵确定平面截正方体所得截面的形状. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知甲､乙两组按从小到大顺序排列的数据：甲组：；乙组：.若甲组数据的第30百分位数和乙组数据的中位数相等，则等于______. 【答案】8 【解析】 【分析】根据百分位数和中位数的定义即可列出式子计算求解. 【详解】因为，甲组数据的第30百分位数为第三个数和第四个数的平均数， 乙组数据的中位数为第四个和第五个数的平均数， 根据题意可得，解得． 故答案为：8. 13. 已知圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的侧面积为_________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意首先确定几何体的空间结构特征，求得圆台的高，然后利用圆台的侧面公式即可求得其侧面积. 【详解】圆台的下底面半径为5，故下底面在外接球的大圆上， 如图所示，设球的球心为O，圆台上底面的圆心为， 则圆台的高， 测圆台的母线长为， 据此可得圆台的侧面积为. 故答案为：. 14. 已知集合，，将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列，记为数列的前项和，则使得成立的的最小值为_________ 【答案】19 【解析】 【分析】若，，根据等差、等比数列求和公式可得，结合，可得符合题意，再检验是否满足不等式即可. 【详解】因为，可知为偶数，为奇数， 设，，则，， 则 ， 因为，即，可得， 当时，则，，不合题意； 当时，则，符合题意， 若，则，，； 若，则，； 当时，则， 可得 ， 若，则，， 对于，即，整理可得， 因为在内单调递增， 则，不合题意； 若，则，可得，满足； 综上所述，使得成立的n的最小值为19. 故答案为：19. 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. 已知中，角、、的对边分别是． （1）求角的大小； （2）若，为边上一点，，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及诱导公式、恒等变换公式得到的正切值，进而求解即可； （2）解法一利用已知条件和向量的知识得到，进而实数化得到和的一个关系式，再由三角形余弦定理结合角的互补关系得出和的另一个关系式，联立方程求解即可；解法二直接由第一问的结果结合余弦定理得出和的一个关系式，再由三角形余弦定理结合角的互补关系得出和的另一个关系式，联立方程求解即可. 【小问1详解】 由正弦定理得， 因为 故， 即， 即． 而，故， 又因为所以． 而，故． 【小问2详解】 解法一：由知， 两边同时平方得， 即，化简得．① 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 而，所以， 故，即，② 由①②得， 由于，得，代入②得． 所以的面积为． 解法二：在中，由余弦定理可得， 整理得，① 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 而，所以， 故，即，② 由①②得， 由于，得，代入②得， 所以的面积为． 16. 如图，在三棱锥中，侧面底面，，是边长为2的正三角形，，分别是的中点，记平面与平面的交线为. （1）证明：直线平面； （2）设点在直线上，直线与平面所成的角为，异面直线与所成的角为，求当为何值时，. 【答案】（1）证明如下： 因为分别是的中点，则， 因为平面， 平面，从而平面， 因为平面，平面平面，则， 因为平面平面，平面平面，，平面， 则平面， 所以直线平面. （2） 【解析】 【分析】（1）先得出，所以平面，由线面平行的性质得，再由面面垂直的性质得出平面，即可得证； （2）解法一：连接，则，，在中，在中，，因为，可得的值； 解法二：以为原点，直线为轴，直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，分别表示和，结合可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法一：因为平面，平面，则， 又，则， 因为为正三角形，为的中点， 则，，、平面，从而平面， 连接，则，因为，，则， 在中，，在中，， 因为，则，得， 所以当时，； 解法二：以为原点，直线为轴，直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则点，，，，， 从而，， 设平面的法向量， 则，取，得 设点，则， 所以， ， 因为，则，得， 所以当时，. 17. 素质教育是当今教育改革的主旋律，音乐教育是素质教育的重要组成部分，对于陶冶学生的情操、增强学生的表现力和自信心、提高学生的综合素质等有重要意义．为推进音乐素养教育，培养学生的综合能力，某校开设了一年的音乐素养选修课，包括一个声乐班和一个器乐班，已知声乐班的学生有24名，器乐班的学生有28名，课程结束后两个班分别举行音乐素养过关测试，且每人是否通过测试是相互独立的． （1）声乐班的学生全部进行测试．若声乐班每名学生通过测试的概率都为（），设声乐班的学生中恰有3名通过测试的概率为，求的极大值点． （2）器乐班采用分层随机抽样的方法进行测试．若器乐班的学生中有4人学习钢琴，有8人学习小提琴，有16人学习电子琴，按学习的乐器利用分层随机抽样的方法从器乐班的学生中抽取7人，再从抽取的7人中随机抽取3人进行测试，设抽到学习电子琴的学生人数为，求的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2）随机变量的分布列为 0 1 2 3 【解析】 【分析】（1）根据独立重复试验求出概率，再利用导数求极值； （2）先借助分层抽样确定随机变量的所有可能取值，求出其分布列，最后求期望. 【小问1详解】 24名学生中恰有3名通过测试的概率， 则，， 令，得， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 故的极大值点． 【小问2详解】 利用分层随机抽样的方法从28名学生中抽取7名， 则7名学生中学习钢琴的有1名，学习小提琴的有2名，学习电子琴的有4名， 所以的所有可能取值为0，1，2，3， ，， ，， 则随机变量的分布列为 0 1 2 3 ． 18. 如图，定义：以椭圆中心为圆心、长轴长为直径的圆叫做椭圆的“伴随圆”，过椭圆上一点作轴的垂线交其“伴随圆”于点，称点为点的“伴随点”．已知椭圆上的点的一个“伴随点”为． （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆交于不同的两点，点与点关于轴对称． （ⅰ）证明：直线恒过定点； （ⅱ）记（ⅰ）中的直线所过的定点为，若在直线上的射影分别为（，为不同的两点），记，，的面积分别为，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （ⅰ）证明：当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，，，则， 联立整理得，则，，，所以， 直线的方程为，由椭圆的对称性知，若存在定点，则必在轴上． 当时， ， 即直线恒过定点． 当直线的斜率为0时，直线的方程为，也过． 综上，直线恒过定点． （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由椭圆过点，其伴随圆过点列方程组即可求得椭圆方程； （2）（i）分直线的斜率不为0和为0两种情况讨论，直线的斜率不为0时可设直线方程为，联立直线方程与椭圆方程，结合椭圆的对称性，利用韦达定理化简即可求得直线恒过定点； （ii）法一：设直线的方程为，分别求出，则可得，结合二次函数的性质即可得的取值范围； 法二：表示，再结合二次函数的性质即可得的取值范围； 法三：设直线的方程为，联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理化简可得，再结合二次函数的性质即可得的取值范围. 【小问1详解】 因为椭圆过点，其伴随圆过点． 所以解得 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）解：法一：由题意知的斜率存在且不为0，， 设直线的方程为，，，， ， ， ， 由（ⅰ）知且， 则 ， 因为，所以，所以， 所以，所以， 故的取值范围为． 法二：， 由（ⅰ）知， ． （剩余部分同解法一） 法三：由（ⅰ）知直线恒过定点，易知直线的斜率不为0， 设直线的方程为，，， 联立整理得， 则，， 恒成立， ， ， ， 因为，不妨设，， ， 因为，所以，所以，所以， 故的取值范围为． 【点睛】对于范围和最值问题，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可先建立起目标函数,再求这个函数的最值或范围,最值常用基本不等式法、二次函数的性质以及利用求函数值域的方法(配方法、导数法等)求解. 解题模板: 第一步：将所求最值或范围的量用变量表示出来; 第二步：用基本不等式或二次函数的性质或求函数值域的方法求出最值或范围. 19. 已知函数. （1）当时，求的极值； （2）若，求的值； （3）求证：. 【答案】（1）在处取得极小值，无极大值 （2） （3） 证明：先证， 设，则， 所以在区间上单调递减， 所以，即， 所以， 再证， 由（2）可知，当时等号成立， 令，则， 即， 所以，，， 累加可得， 所以. 【解析】 【分析】（1）求导，根据函数的单调性可得最值； （2）分情况讨论函数的单调性与最值情况，可得参数值； （3）利用放缩法，由，可知若证，即证，再根据，可得证. 【小问1详解】 当时，，， 则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以在处取得极小值，无极大值； 【小问2详解】 由题意得， ①当时，，所以在上单调递增， 所以当时，，与矛盾； ②当时，当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以， 因为恒成立，所以， 记，， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以，所以， 又， 所以， 所以； 【小问3详解】 略 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 衡阳市第一中学2026届高考适应性测试（二） 数 学 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.将条形码横贴在答题卡上“贴条形码区”. 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案写在试题卷上无效. 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4．保持答题卡的整洁.考试结束后，只交答题卡，试题卷自行保存. 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. 已知复数满足（其中是虚数单位），则的虚部是（ ） A. -1 B. 1 C. D. 2. 已知集合，则M的真子集个数为（ ） A. 3 B. 5 C. 7 D. 8 3. 已知抛物线的顶点为，经过点，且为抛物线的焦点，若，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 4. 在中，点O是的中点，过点O的直线分别交直线于不同的两点M，N，若，则的最小值为（ ） A. 3 B. 8 C. D. 9 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 6. 设，则关于函数的性质中，下列说法错误的是（ ） A. 的最小正周期是 B. 图象的一个对称中心可以是 C. 的一个单调递增区间可以是 D. 图象的一条对称轴可以是 7. 已知函数（其中e为自然对数的底数），若函数恰有三个零点，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知两点在双曲线C：的右支上，点M与点N关于原点对称，交y轴于点T，若，，则双曲线C的离心率为（ ） 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. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是不存在极值点的充要条件 B. 若存在两个极值点，，则 C. 过坐标原点只能作曲线的一条切线 D. 若有两个零点，则 10. 以下命题正确的有（ ） A. 设等差数列，的前项和分别为，，若，则 B. 数列满足，，则 C. 数列满足：，则 D. 已知为数列的前项积，若，则数列的前项和为 11. 在棱长为2的正方体中，点满足，则（ ） A. 当时，平面平面． B. 任意，三棱锥的体积是定值． C. 存在，使得与平面所成的角为． D. 当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知甲､乙两组按从小到大顺序排列的数据：甲组：；乙组：.若甲组数据的第30百分位数和乙组数据的中位数相等，则等于______. 13. 已知圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的侧面积为_________. 14. 已知集合，，将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列，记为数列的前项和，则使得成立的的最小值为_________ 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. 已知中，角、、的对边分别是． （1）求角的大小； （2）若，为边上一点，，，求的面积． 16. 如图，在三棱锥中，侧面底面，，是边长为2的正三角形，，分别是的中点，记平面与平面的交线为. （1）证明：直线平面； （2）设点在直线上，直线与平面所成的角为，异面直线与所成的角为，求当为何值时，. 17. 素质教育是当今教育改革的主旋律，音乐教育是素质教育的重要组成部分，对于陶冶学生的情操、增强学生的表现力和自信心、提高学生的综合素质等有重要意义．为推进音乐素养教育，培养学生的综合能力，某校开设了一年的音乐素养选修课，包括一个声乐班和一个器乐班，已知声乐班的学生有24名，器乐班的学生有28名，课程结束后两个班分别举行音乐素养过关测试，且每人是否通过测试是相互独立的． （1）声乐班的学生全部进行测试．若声乐班每名学生通过测试的概率都为（），设声乐班的学生中恰有3名通过测试的概率为，求的极大值点． （2）器乐班采用分层随机抽样的方法进行测试．若器乐班的学生中有4人学习钢琴，有8人学习小提琴，有16人学习电子琴，按学习的乐器利用分层随机抽样的方法从器乐班的学生中抽取7人，再从抽取的7人中随机抽取3人进行测试，设抽到学习电子琴的学生人数为，求的分布列及数学期望． 18. 如图，定义：以椭圆中心为圆心、长轴长为直径的圆叫做椭圆的“伴随圆”，过椭圆上一点作轴的垂线交其“伴随圆”于点，称点为点的“伴随点”．已知椭圆上的点的一个“伴随点”为． （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆交于不同的两点，点与点关于轴对称． （ⅰ）证明：直线恒过定点； （ⅱ）记（ⅰ）中的直线所过的定点为，若在直线上的射影分别为（，为不同的两点），记，，的面积分别为，求的取值范围． 19. 已知函数. （1）当时，求的极值； （2）若，求的值； （3）求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $