精品解析：湖南省邵阳市2026-2027学年高二上学期拔尖创新班9月联考数学试题

2026年9月邵阳市高二拔尖创新班联考试题卷 数 学 本试卷共4页，19个小题．满分150分．考试用时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．答案不能答在试卷上． 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、选择题（本大题共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. 一组数据3，1，4，1，5，9，2，6，5，3的中位数是（ ） A. 3 B. 3.5 C. 4 D. 7 【答案】B 【解析】 【详解】将这组数据按从小到大排列如下：1，1，2，3，3，4，5，5，6，9，共10个数据， 所以中位数为. 2. 双曲线的两条渐近线的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将双曲线化为标准方程，根据渐近线公式求出两条渐近线，再由两条渐近线的倾斜角求夹角． 【详解】双曲线 可化为 所以 ，，两条渐近线为 直线 的倾斜角为 ，直线 的倾斜角为 ，因此两条渐近线的夹角为 3. 复数的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】， 其共轭复数为． 4. 已知，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，， 在上的投影向量为． 5. 已知正项等比数列，其前n项和为．若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以，则公比， 则，得，因为，所以. 6. 在四棱锥中，，，．若该四棱锥的外接球球心在底面内，则该四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得到，从而得到，由四棱锥的外接球球心在底面内，得到四点共圆，从而得到，继而得到，则四边形的外接圆的圆心是的中点，即四棱锥的外接球球心为点，通过勾股定理求出，利用锥体的体积公式求解. 【详解】因为，，且为公共边， 所以，所以， 因为四棱锥的外接球球心在底面内， 所以四点共圆，所以， 因为， 所以， 所以四边形的外接圆的圆心是的中点， 所以四棱锥的外接球球心为点， 在中，，，， 则，即， 所以， ， 因为，的中点，所以， 又因为，所以, 因为，所以， 因为，，， 所以，所以， 因为，， 所以底面，所以是四棱锥的高， 所以该四棱锥的体积为. 7. 已知钝角满足，则（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角恒等变换、因式分解结合钝角的取值范围求解. 【详解】由二倍角公式，代入原方程得：， 整理得： 利用替换常数项， ， 合并同类项得：， 因式分解得：， 分情况讨论： ，即，已知是钝角（），此时，不符合条件，舍去； 当，整理得：， 联立，解得或， 因为为钝角，故， 所以，所以. 8. 设函数，，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为0 B. 若，则的极值点也是其零点 C. 可能存在两个不同的零点 D. 可能存在三个不同的零点 【答案】C 【解析】 【分析】化简得，令，，利用导函数研究的单调性即可判断A；分、、或、三种情况讨论CD选项；举反例判断B选项. 【详解】， 令，则， 因为，若，则， 则在上单调递减，则； 若，则得；得； 则在上单调递减，在上单调递增； 则， 当时，，则； 因为，所以当时；当时； 则在上单调递减，在上单调递增， 因为，所以若，即时，的最小值不为，故A错误； 若，则，得， 若，则，此时存在两个不同的值使得， 此时存在两个不同的零点； 若或，则或，此时存在一个值使得， 此时存在一个零点； 若，则，此时不存在值使得，此时无零点； 故C正确，D错误； ， 若，因为，所以是的极值点， 但，故的极值点不一定是其零点，故B错误. 二、多选题（本大题共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. 函数（，，）的部分图象如图所示，图象与轴的一个交点为，与轴的交点为，是最高点，若，则（ ） A. B. C. D. 直线与函数的图象一共有四个交点 【答案】AB 【解析】 【分析】根据正弦型函数图像性质可知与，再由可得，进而可得，又直线与函数图象的交点个数可转换为方程的解的个数，即可转换为函数的零点个数，根据导数判断函数单调性与零点情况即可. 【详解】由已知函数的图象与轴的一个交点为，且是最高点， 可知，即，又，则，A选项正确， 即函数， 又最高点为， 所以，，解得，， 又，所以，C选项错误， 即， 令可得， 所以，， 又，所以， 平方可得，即，， 解得，B选项正确， 所以， 则，， 所以，直线， 当时，，， 所以当时，直线与函数图象无公共点； 同理当时，，，无公共点； 当时，函数单调递减，且单调递增， 此时至多有一个公共点， 又当时，， 当时，，， 所以当时，直线与函数图象有且只有一个公共点， 当时， 直线与函数图象的交点个数可转换为方程的解的个数， 即可转换为函数的零点个数，且，， 又，， 令，解得， 且当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又，， 所以，使， 且当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 又，则，即函数在内无零点， 又，则，所以函数在内有唯一零点， 又因为，所以函数在内无零点，且为函数的零点， 即当时，函数有且只有个零点，即此时直线与函数图象有个交点， 综上所述直线与函数图象的交点个数为，D选项错误. 10. 如图，在四棱锥中，，平面，取棱的中点为，连接，则下列说法正确的是（） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得 C. 不存在点，使得 D. 线段的长度恒为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用线面垂直性质与勾股定理建系，A、C选项利用数量积为建立方程，结合约束条件判断是否存在满足条件的解；B选项通过数量积恒为非零常数判断；D选项利用两点间距离公式，整体代入约束条件消参，证明线段长度为定值. 【详解】由可知，，， 因为 平面，且平面，所以： 且 ， 在中，，可得：， 以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则：，，， 因为，是等边三角形，计算得点的坐标：， 由于点在平面内，设，由，可得约束条件：， 因为是的中点，由中点坐标公式可得：； A选项：，， 若 ，则，解得， 代入，得，此时存在点或满足题意，故A选项正确； B选项：，， ，无论点在何处，数量积恒为，不可能为，所以不可能垂直于，故B选项错误； C选项：， 若 ，则，解得，代入约束条件，得， 解得，此时点的坐标为，此时、、三点共线，无法构成四棱锥，因此，在四棱锥中，不存在这样的点，故C正确； D选项：，， 将代入，得：，所以恒成立，故D正确. 11. 已知圆，圆，直线，点为直线上的动点，过作圆的两条切线，切点分别为，；过作圆的两条切线，切点分别为，，为坐标原点，则下列说法正确的是（ ） A. 直线是圆与圆的公共弦所在直线 B. 对于直线上任意一点，都有 C. 当直线与相交时，设交点为，则一定在直线上 D. 若圆与圆，均外切，记点到直线的距离为，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据两圆相离可判断A；根据切线长计算公式计算可判断B；写出切点弦所在直线方程，求出交点，计算可判断C；设，由题意可得，根据两点间距离公式及点到直线距离公式计算可判断D. 【详解】圆的圆心，半径， 圆的圆心为，半径， 对于A，因为， 所以圆与圆相离，不存在公共弦，故A错误； 对于B，设满足直线， 则， ， 所以，故B正确； 对于C，先证明圆上点处的切线方程为． 证明如下：①若切线的斜率存在，设切线的斜率为，则， 所以，又过点，由点斜式可得， 化简可得，，又，所以切线的方程为； ②若切线的斜率不存在，则，此时切线方程为． 综上所述，圆上点处的切线方程为， 设，，，再证明直线的方程为， 证明如下：因为圆在处的切线方程为， 因为点在切线方程上，所以，同理可得， 则，满足方程， 根据不同两点确定唯一一条直线，故直线的方程为， 同理可得直线的方程为， 设两条直线交点为，代入两条直线并作差得， 因为点满足，所以， 故点在直线上，故C正确； 对于D，设圆的半径为，则， 所以， 设，则，即， 化简可得， 而点到直线的距离， 因为， 所以，即，故D正确. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若，则的最小值为__________． 【答案】9 【解析】 【详解】，故， 由对数有意义可知，则， ， 当且仅当，即时等号成立，故的最小值为9． 13. 已知函数与具有相同的单调递减区间，则实数__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数法求出 的单调递减区间和 的单调递减区间，利用这两个函数具有相同的单调递减区间得到的等式，求出的值. 【详解】函数的定义域为 ， ， 令，即 ，，， 所以的单调递减区间是， 函数的定义域为， 因为恒成立，所以等价于， 已知与有相同的单调递减区间， 则当时，在恒成立，不符合题意，故， 此时，， 即的单调递减区间为 ， 因为两个函数的单调递减区间相同，所以，解得. 14. 函数的定义域为，值域为，对任意，均有，则的最小值为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用赋值法可得，且满足，有，即可转换为曲线上一点到点和点的距离之和，的最小值，结合双曲线的定义，可得最值. 【详解】令，则，解得或， 又函数的值域为，所以， 令，则， 故，有， 又可表示一点到点和点的距离之和， 且满足点在曲线上， 即可转化为曲线上一点到点和点的距离之和， 即为求的最小值. 由于曲线等同于等轴双曲线的一只， 且其顶点坐标为， 对应双曲线的实半轴长为，则，， 则对应的焦点坐标为，， 则点与重合，即， 又点在第一象限，则， 所以， 所以， 所以当点在线段上时，取得最小值为， 即. 四、解答题（本大题共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. 在锐角三角形中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求A； （2）若，求周长的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】小问（1）根据商数关系、正弦定理和诱导公式将等式化简，再根据锐角三角形得出角的范围从而求出结果；小问（2）运用第（1）问结果和锐角三角形求出角B的范围，再根据正弦定理和角的关系求出b、c两边与角B的关系式，三角形的三边相加并进行化简，再根据角B的范围求出周长的范围. 【小问1详解】 在中，由题意得：， 即， 得， 因为，解得． 又，故． 【小问2详解】 由于该三角形为锐角三角形，，有， 即， 解得． 由正弦定理得：， 解得，， 则的周长 ， 又因为，所以， 的周长的取值范围为． 16. 双曲线：的离心率为，其右焦点到渐近线的距离为． （1）求双曲线的标准方程； （2）设点在双曲线的右支上，以为切点作双曲线的切线，与其两条渐近线分别相交于点，证明：为线段的中点． 【答案】（1） （2）设，，， 先证该双曲线在点处的切线方程为， 证明过程如下： 联立，整理有， 由于，则，， 故直线与双曲线相切，证毕； 联立得，则为方程的解， 故，故P为线段的中点． 【解析】 【分析】（1）利用双曲线右焦点到渐近线距离等于直接得到，结合离心率和关系式求出，写出标准方程； （2）写出双曲线上点处切线方程，联立切线与两条渐近线，利用韦达定理求出交点横、纵坐标之和，验证中点坐标恰好就是切点，完成证明． 【小问1详解】 因为右焦点到渐近线的距离，故， 又，且，解得，，， 则曲线C的标准方程为； 【小问2详解】 略 17. 如图，在多面体中，四边形是直角梯形，，，，均与平面垂直，且． （1）在棱上取一点E，使得平面，证明：E为棱的中点； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：因为，平面，则，， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 由，，，底面为直角梯形，解得． 则，，，． 在平面中，，． 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，解得． 因为点E在上，设， 则． 因为平面，所以，解得， 故E为线段的中点． （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，证明垂直平面的法向量； （2）求平面的法向量，结合（1）中平面的法向量，然后由夹角公式求解二面角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在平面中，，． 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，解得．由（1）知， 记面与面的夹角为，则， 故平面与平面的夹角的余弦值为 18. 设函数，其中，． （1）若，求函数在处的切线方程（结果用参数a表示）； （2）若，恒成立，求a的最大值； （3）若存在唯一的正数a，使得当时，恒成立，求满足条件的k的值． 【答案】（1） （2）1 （3） 【解析】 【分析】（1）求切点与导数值，点斜式写出切线； （2）求导找到函数最大值，将恒成立转化为关于的不等式，构造函数分析单调性求出最大值； （3）先求出在的最大值表达式，转化为关于的函数，要满足存在唯一正数使，必须最小值恰好等于，解方程求出． 【小问1详解】 由题可知，， ，则， 故函数在处的切线方程为； 【小问2详解】 当时，，，， 可知在区间上单调递增，在区间上单调递减， 则恒成立， 设，，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 且，， 又，可知当时，， 所以的最大值为； 【小问3详解】 ，令，由题可知，故， 又，令，则， 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减， ， 设，， 欲存在唯一的正数a，使得， 可知只需使得（且取得最小值的a值唯一）， ， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以，解得， 当时，，则在上单调递减， 欲使满足题意，则，即，解得，故； 若且给定，显然满足的a值不唯一； 若，则满足的a的值为1； 若不存在其他满足题意的a，即可保证时，有唯一的a满足题意，此时； 但当时，， 由（2）知，当时，均可使得，故a的值不唯一； 综上所述，时，可保证存在唯一的a满足题意． 19. 已知数列，，满足，其中，，，且，中至少有一个成立．若存在唯一的非零常数，，使得对任意的正整数恒成立，则称可由基线性表示． （1）若可由基线性表示，证明：为等比数列； （2）若，，且，，可由基线性表示． （ⅰ）求的前n项和； （ⅱ）求的通项公式． 【答案】（1）证明：因为，，， 直接计算得： ． 又， 故，则，． 由于，是非零常数，，则，则为等比数列． （2）（ⅰ）（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）先运用线性表示计算出的表达式并把与展开进行分组还原出与、的表达式，然后将这个表达式与自身的递推公式做等式对比，最后整理等式得到前后比值从而证明出为等比数列. 小问（2）的（i）先运用已知条件求出，然后根据第（1）计算出公比从而得出的表达式，再运用等比数列的前n项和公式求出结果；（ii）先写出的递推公式，再进行变式使其带常数递推，发现这个递推公式为二阶递推，将这个二阶递推进行拆分并进行第一次构造数列进行降阶，求出，再将用进行表达，这个表达式为一阶递推，最后通过构造数列求出. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）由题意得，取，解得． 又，取，2，得，解得， 即，，则． 故的前n项和． （ⅱ）由（ⅰ）知，，等式左右同时除以， 得． 设存在常数s，t，使得， 待定系数法解得， 记，则， 继续待定系数可得， 又， 则是以公比为，首项为的等比数列， 故， 则． 设存在常数，，使得， 解得，， 则数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 解得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年9月邵阳市高二拔尖创新班联考试题卷 数 学 本试卷共4页，19个小题．满分150分．考试用时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．答案不能答在试卷上． 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、选择题（本大题共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. 一组数据3，1，4，1，5，9，2，6，5，3的中位数是（ ） A. 3 B. 3.5 C. 4 D. 7 2. 双曲线的两条渐近线的夹角为（ ） A. B. C. D. 3. 复数的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 已知正项等比数列，其前n项和为．若，，则（ ） A. B. C. D. 6. 在四棱锥中，，，．若该四棱锥的外接球球心在底面内，则该四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知钝角满足，则（） A. B. C. D. 8. 设函数，，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为0 B. 若，则的极值点也是其零点 C. 可能存在两个不同的零点 D. 可能存在三个不同的零点 二、多选题（本大题共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. 函数（，，）的部分图象如图所示，图象与轴的一个交点为，与轴的交点为，是最高点，若，则（ ） A. B. C. D. 直线与函数的图象一共有四个交点 10. 如图，在四棱锥中，，平面，取棱的中点为，连接，则下列说法正确的是（） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得 C. 不存在点，使得 D. 线段的长度恒为 11. 已知圆，圆，直线，点为直线上的动点，过作圆的两条切线，切点分别为，；过作圆的两条切线，切点分别为，，为坐标原点，则下列说法正确的是（ ） A. 直线是圆与圆的公共弦所在直线 B. 对于直线上任意一点，都有 C. 当直线与相交时，设交点为，则一定在直线上 D. 若圆与圆，均外切，记点到直线的距离为，则 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若，则的最小值为__________． 13. 已知函数与具有相同的单调递减区间，则实数__________． 14. 函数的定义域为，值域为，对任意，均有，则的最小值为__________． 四、解答题（本大题共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. 在锐角三角形中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求A； （2）若，求周长的取值范围． 16. 双曲线：的离心率为，其右焦点到渐近线的距离为． （1）求双曲线的标准方程； （2）设点在双曲线的右支上，以为切点作双曲线的切线，与其两条渐近线分别相交于点，证明：为线段的中点． 17. 如图，在多面体中，四边形是直角梯形，，，，均与平面垂直，且． （1）在棱上取一点E，使得平面，证明：E为棱的中点； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 18. 设函数，其中，． （1）若，求函数在处的切线方程（结果用参数a表示）； （2）若，恒成立，求a的最大值； （3）若存在唯一的正数a，使得当时，恒成立，求满足条件的k的值． 19. 已知数列，，满足，其中，，，且，中至少有一个成立．若存在唯一的非零常数，，使得对任意的正整数恒成立，则称可由基线性表示． （1）若可由基线性表示，证明：为等比数列； （2）若，，且，，可由基线性表示． （ⅰ）求的前n项和； （ⅱ）求的通项公式． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $