精品解析：湖南省衡阳市第一中学2026-2027学年高三上学期开学考试数学试题

衡阳市第一中学2026年高三年级入学考试 数 学 试 题 满分150分，考试时间120分钟 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，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以 ， 根据复数模的公式可知. 2. 已知向量 ，则 “ ” 是 “ ” 的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】先根据向量平行的坐标表示得出的方程，求解的值，再分别判断充分性和必要性是否成立，从而确定与的条件关系. 【详解】 若平面向量，，则等价于， 又因为，所以， 化简可得：，解得或. 若，则一定满足，充分性成立， 若，还可以取，不能推出，必要性不成立， 因此“”是“”的充分不必要条件，选A. 3. 在的展开式中，若的系数是280，则实数（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【详解】二项式的展开式的通项为，其中. 令，解得，则项的系数为. ∵ ，，且已知的系数为， ∴ ，即，解得. 4. 已知变量 和 有较强的线性相关关系，根据下表中两个变量间的相关数据可以得到经验回归方程为 ，则（ ） 2 3 5 6 5 7 9 15 A. 经验回归直线必过点 B. C. 对应的样本点的残差为 D. 当时，预测值 【答案】D 【解析】 【分析】先求即可判断A，由即可判断B，求出的残差即可判断C，由回归方程求出即可判断D. 【详解】由题意得：， 所以经验回归直线必过点，故A错误； 由，故B错误； 所以，当时，， 所以对应的样本点的残差为，故C错误； 当时，，故D正确. 5. 已知为第二象限角，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用二倍角公式化简可得，结合角的范围分别求出，即可求解. 【详解】由，得： 因为是第二象限角，所以，， 化简得：，即 由于，解得：， 因为，所以， 所以 6. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在的渐近线上，与轴垂直，点在轴上，.若，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件，求出渐近线的斜率，再根据求双曲线的离心率. 【详解】如图：不妨设点在第一象限. 因为与轴垂直，，且 ， 所以. 所以点坐标为. 所以. 所以. 故选：B 7. ，在上单调递增，且为它的一条对称轴，是它的一个对称中心，当时，的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦函数的对称性得出，根据单调性得出，从而确定，结合对称轴与对称中心再求出，得出函数解析式，利用整体思想及正弦函数的性质即可得解. 【详解】因为函数在上单调递增，且为它的一条对称轴， 所以时函数取最大值， 又因为是它的一个对称中心， 所以，， 设的最小正周期为，由正弦函数的对称性可知， 即， 又在上单调递增，则， ∴，则，， ∵，∴时，，∴， 当时，， 由正弦函数的单调性可知. 故选：A 8. 已知，则x，y，z的大小关系不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】法一：设，对讨论赋值求出，即可得出大小关系，利用排除法求出； 法二：根据数形结合解出. 【详解】法一：设，所以 令，则，此时，A有可能； 令，则，此时，C有可能； 令，则，此时，D有可能； 故选：B． 法二：设，所以， 根据指数函数的单调性，易知各方程只有唯一的根， 作出函数的图象，以上方程的根分别是函数的图象与直线的交点纵坐标，如图所示： 易知，随着的变化可能出现：，，，， 故选：B． 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. 下列有关说法正确的有（ ） A. 设随机变量ξ服从正态分布，若，则 B. 记两个变量的样本相关系数为r，若越接近0，线性相关程度越强 C. 已知随机变量，则 D. 数据1，3，9，4，5，16，7，11的下四分位数为3.5 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性、相关系数的性质，结合二项分布的数学期望公式、数学期望性质、下四分位数的定义逐一判断即可. 【详解】A：因为随机变量ξ服从正态分布，且， 所以，因此本选项说法正确； B：由样本相关系数的性质可知：越接近0，线性相关程度越弱，因此本选项说法不正确； C：因为，所以， 所以，因此本选项说法正确； D：数据1，3，9，4，5，16，7，11从小到大排列为： 1，3，4，5，7，9，11 ，16， 因为 所以这组数据的下四分位数为，因此本选项说法正确. 故选：ACD 10. 已知平面内的三个非零向量满足，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 的最小值为1 D. 的最大值为3 【答案】ABD 【解析】 【详解】条件即 ，故A正确； 由，故， 正三角形中， 轨迹为圆． 对B：即 ，故B正确； 对，即，由极化恒等式， ， 为中点，，故，故D正确． 故选择：ABD. 11. 已知正方体的棱长为3，动点在底面中（含边界），点在棱上，且，则（　　） A. 直线与所成的角为 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 如果点在直线上运动，点在直线上运动，那么的最小值为 D. 如果异面直线与所成角为．那么的轨迹所在圆锥曲线的离心率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用直线方向向量的夹角公式计算后可判断A，求出平面的法向量后可求到平面的距离的最大值，求出体积的最大值后可判断B，由两点间距离公式结合配方法求出的最小值后判断C，利用直线方向向量的夹角公式求出的轨迹方程后可判断D. 【详解】 由正方体的性质可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 对于A，， 故，设异面直线与所成的角为， 则，则，故，故A正确； 对于B，，设，其中， 又，设平面的法向量为， 则，故，取， 因为，故到平面的距离为， 因为，故，故， 故，由正方体的性质可得， 故的面积为， 故三棱锥体积的最大值为，故B错误； 对于C，因为在上，故设，因为在上，故设， 则 ， 当且仅当时等号成立，故的最小值为，故C正确； 对于D，仍设，则，， 故， 整理得，故， 故的轨迹所在圆锥曲线为椭圆的一部分， 该椭圆的长半轴为，半焦距为，故其离心率为，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 将4封不同的信全部投入3个邮筒，每个邮筒至少投1封信，则不同投法的种数为______． 【答案】36 【解析】 【分析】先排放2封信的邮筒，再对剩下的进行全排列即可． 【详解】3个邮筒有一个邮筒投2封信，其它2个邮筒投1封信， 所以共有种． 13. 若圆与圆有且仅有3条公切线，则的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】判断出圆与圆的位置关系，利用三角换元法求得的最大值. 【详解】圆的圆心为，半径. 圆的圆心为，半径. 由于两圆有且仅有3条公切线，所以两圆外切， 所以，即， 设， 所以 ， 其中（为锐角）， 所以， 所以当时，取得最大值为. 14. 有个编号分别为1，2，…，的盒子，第1个盒子中有3个白球1个黑球，其余盒子中均为1个白球1个黑球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，从第个盒子中取到白球的概率是_________． 【答案】 【解析】 【分析】记事件表示从第个盒子里取出白球，即可得到，然后构造等比数列，求通项公式即得. 【详解】记事件表示从第个盒子里取出白球，则，， 所以， ， 进而可得，， 所以， 又，，， 所以是首项为，公比为的等比数列， 所以，即， 故答案为：. 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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A； （2）若，，求AB边上中线的长. 【答案】（1） （2）5 【解析】 【分析】（1）将已知三角等式通过内角和与二倍角公式转化为关于的二次方程，求解角； （2）先利用正弦定理求出三角形各边长度，再通过余弦定理计算边上的中线长. 【小问1详解】 在中，，故. 由，得， 即， 即，(舍去，因). 由，，得. 【小问2详解】 由，，得. . 由正弦定理得， 同理，. 设的中点为，则. 在中， ， 故，即边上的中线长为. 16. 如图，在斜三棱柱中，为的中点，且平面. （1）证明：四边形为矩形； （2）若点在线段上（异于点），直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】（1）在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，连接OA，由AB=AC=√2,O为BC的中点，得OA⊥BC， 又，则，而平面，则直线两两垂直， 如图，以O为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 由，得， 又四边形为平行四边形，所以四边形为矩形. （2）或. 【解析】 【分析】（1）以O为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理得证. （2）求出平面的法向量，利用线面角的向量求法列式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得，， 则， 设， ， 设平面的法向量为， 则，取，得， 设直线与平面所成的角为， 则 ， 即，解得或， 所以的值为或. 17. 某商场举行回馈顾客的抽奖游戏．箱子里有10张奖券，其中4张“金券”，6张“银券”．每张“金券”面值均为100元；每张“银券”面值不同，分别为元，元，…，元．顾客从箱中不放回地依次抽取奖券，直至抽到3张“金券”时停止，不可中途退出游戏．游戏停止时，顾客抽到的所有奖券的面值之和作为顾客的奖金．现有一顾客参加了此次抽奖游戏． （1）求游戏停止时该顾客共抽取5次的概率； （2）求该顾客的奖金不低于元的概率； （3）已知随机变量的期望具有线性可加性，即对于随机变量X，Y，有，求该顾客的奖金的期望． 【答案】（1） （2） （3）174元． 【解析】 【分析】（1）结合排列组合的有关计算公式求对应的概率； （2）列出奖金的可能情况，分析如何获得对应的奖金数，求出对应概率即可. （3）求出抽取银券可获得的奖金的期望，再利用给出的公式，求该顾客获得奖金的期望. 【小问1详解】 游戏停止时共抽取5次，即前四次抽到2金2银，且第五次抽到金券， 故所求的概率为； 【小问2详解】 奖金不低于270元，则可能为300元，290元，280元，270元． ①若奖金为300元，即连续抽到3次金券，其概率为； ②若奖金为290元，即前三次抽到两张金券和一张－10元银券，且第四次抽到金券，其概率为； ③若奖金为280元，即前三次抽到两张金券和一张－20元银券，且第四次抽到金券，同②知； ④若奖金为270元，一种情况是前三次抽到两张金券和一张－30元银券，且第四次抽到金券，同②知其概率为； 另一种情况是前四次抽到两张金券、一张－10元银券和一张－20元银券，且第五次抽到金券，其概率为， 所以； 综上所述，奖金不低于270元的概率为. 【小问3详解】 方法一：记银券分别为，，…，，对应面值－10元，－20元，…，－60元． 记， 银券与4张金券被抽到的先后次序是等可能的，表示在与4张金券一起排列时，排在了前三个位置上，所以，， 所以，， 因为奖金， 所以， 即奖金的期望为174元． 方法二：记为停止时抽到银券的张数，则的可能取值为0，1，2，3，4，5，6，且. 由已知得，，， ，， ，， 计算得． 又因为，所以， 因为每张银券被抽到是等可能的，所以，， 所以， 即奖金的期望为174元． 18. 已知动点到定点的距离比到轴距离大1，记动点的轨迹为曲线. （1）求轨迹的方程； （2）过的直线交曲线于，曲线在点处的切线相交于点. ①证明：； ②时，求的面积. 【答案】（1）或. （2）证明：①根据题意，设，所以， 因为三点共线，所以，可得， 又因为曲线在处的切线方程分别为， 所以， 所以，可得，所以，所以. ② 【解析】 【分析】（1）设是曲线的任意一点，根据题意，得到，化简后即可求解； （2）①设，得到，根据三点共线，求得，再由曲线在处的切线方程，求得，证得，即可得证； ②设，由，求得，设直线的方程，联立方程组，结合韦达定理，求得，利用弦长公式，求得的长，利用三角形的面积公式，即可求解. 【小问1详解】 解：设是曲线的任意一点， 因为动点到定点的距离比到轴距离大1，可得， 整理得或， 所以曲线的轨迹方程为或. 【小问2详解】 解：②设， 因为，可得，所以， 设直线的方程，联立方程组，整理得， 则，且， 因为，解得， 则， 由，可得，则且， 所以曲线在处的切线方程为，即， 可得，同理可得， 联立方程组，两式相减得， 解得，则， 所以，可得， 因为，所以. 19. 设，若对任意的，且，函数与满足关系，则称函数是函数在区间上的级控制函数． （1）判断函数是否是函数在区间上的1级控制函数，并说明理由； （2）若函数是函数在区间上的级控制函数，求实数的最大值； （3）若函数是函数在区间上的2026级控制函数，且函数在区间上存在两个零点，求两零点之积的取值范围． 【答案】（1）不是，理由见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）直接取区间端点 ，计算，，不满足要求，故不是1级控制函数； （2）由定义化为​，得递增，即，分离得，从而得到最小值； （3）由控制函数定义及 得，利用在单调递增，得 ，应用换元法求得范围． 【详解】（1）由于， 故． 所以函数不是函数在区间上的1级控制函数． （2）由函数是函数在区间上的m级控制函数， 得， ， 从而， 即在上恒成立. 令，则在上恒成立， 即在上为增函数， 故在上恒成立. 即， 在恒成立，即． 记，则， 故在上单调递减，在上单调递增， 从而，故实数m的最大值为e． （3）因为函数在区间上存在两个零点， 不妨设，且， 因为函数是在区间上的2026级控制函数， 所以，即， 所以， 即． 又函数在上单调递增，故有， 从而，即． 令， 则． 令，则， 从而， 即的取值范围是． 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年高三年级入学考试 数 学 试 题 满分150分，考试时间120分钟 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，则（ ） A. 1 B. C. D. 2. 已知向量 ，则 “ ” 是 “ ” 的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 在的展开式中，若的系数是280，则实数（ ） A. 2 B. C. 1 D. 4. 已知变量 和 有较强的线性相关关系，根据下表中两个变量间的相关数据可以得到经验回归方程为 ，则（ ） 2 3 5 6 5 7 9 15 A. 经验回归直线必过点 B. C. 对应的样本点的残差为 D. 当时，预测值 5. 已知为第二象限角，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在的渐近线上，与轴垂直，点在轴上，.若，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 7. ，在上单调递增，且为它的一条对称轴，是它的一个对称中心，当时，的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 0 8. 已知，则x，y，z的大小关系不可能是（ ） 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. 下列有关说法正确的有（ ） A. 设随机变量ξ服从正态分布，若，则 B. 记两个变量的样本相关系数为r，若越接近0，线性相关程度越强 C. 已知随机变量，则 D. 数据1，3，9，4，5，16，7，11的下四分位数为3.5 10. 已知平面内的三个非零向量满足，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 的最小值为1 D. 的最大值为3 11. 已知正方体的棱长为3，动点在底面中（含边界），点在棱上，且，则（　　） A. 直线与所成的角为 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 如果点在直线上运动，点在直线上运动，那么的最小值为 D. 如果异面直线与所成角为．那么的轨迹所在圆锥曲线的离心率为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 将4封不同的信全部投入3个邮筒，每个邮筒至少投1封信，则不同投法的种数为______． 13. 若圆与圆有且仅有3条公切线，则的最大值为______． 14. 有个编号分别为1，2，…，的盒子，第1个盒子中有3个白球1个黑球，其余盒子中均为1个白球1个黑球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，从第个盒子中取到白球的概率是_________． 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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A； （2）若，，求AB边上中线的长. 16. 如图，在斜三棱柱中，为的中点，且平面. （1）证明：四边形为矩形； （2）若点在线段上（异于点），直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 17. 某商场举行回馈顾客的抽奖游戏．箱子里有10张奖券，其中4张“金券”，6张“银券”．每张“金券”面值均为100元；每张“银券”面值不同，分别为元，元，…，元．顾客从箱中不放回地依次抽取奖券，直至抽到3张“金券”时停止，不可中途退出游戏．游戏停止时，顾客抽到的所有奖券的面值之和作为顾客的奖金．现有一顾客参加了此次抽奖游戏． （1）求游戏停止时该顾客共抽取5次的概率； （2）求该顾客的奖金不低于元的概率； （3）已知随机变量的期望具有线性可加性，即对于随机变量X，Y，有，求该顾客的奖金的期望． 18. 已知动点到定点的距离比到轴距离大1，记动点的轨迹为曲线. （1）求轨迹的方程； （2）过的直线交曲线于，曲线在点处的切线相交于点. ①证明：； ②时，求的面积. 19. 设，若对任意的，且，函数与满足关系，则称函数是函数在区间上的级控制函数． （1）判断函数是否是函数在区间上的1级控制函数，并说明理由； （2）若函数是函数在区间上的级控制函数，求实数的最大值； （3）若函数是函数在区间上的2026级控制函数，且函数在区间上存在两个零点，求两零点之积的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $