湖南省长沙市2025_2026学年高三数学上学期入学考试试卷含解析

这是一份湖南省长沙市2025_2026学年高三数学上学期入学考试试卷含解析，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
总分：150分 时量：120分钟
一、选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题意的）
1. 已知集合，，则的元素个数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用交集运算即可求解.
【详解】由题意可得，则，
故有2个元素.
故选：B
2. 的共轭复数是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】去括号化简，利用共轭复数的定义得出答案
【详解】因为，
所以的共轭复数是.
故选：D
3. 已知函数的部分图象如图所示，则的值为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由图可得，求出周期，再利用周期公式可求出
【详解】由图可知，得，
故，故．
故选：B
4. 已知，则的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构建函数，，利用两函数的单调性进行比较.
【详解】由是上的减函数，所以有，则；
函数为上的减函数，所以有，
所以，故.
故选：D
5. 葫芦是中华民俗文化的组成部分，是一种文化载体、文化事象，更是中华吉祥文化的象征．图①为一个清代乾隆釉里红团龙纹葫芦瓶古玩，它近似为两个球融合组成的．现模仿该古玩制作了一模型，其轴截面如图②所示，已知两球的半径分别为2和3，且两球心的距离为，记两球心分别为，，P为两个球面交线上一点，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用余弦定理求出，再根据向量数量积的定义式计算即得.
【详解】
如图，连接，在中，，，，
由余弦定理，可得，
故．
故选：B.
6. 已知圆，直线，当变化时，截得圆弦长的最小值为2，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
分析】先求得圆心到直线距离，即可表示出弦长，根据弦长最小值得出.
【详解】由题可得圆心为，半径为2，
则圆心到直线的距离，
则弦长为，
则当时，弦长取得最小值为，解得.
故选：C.
7. 如图所示，，是双曲线的左、右焦点，双曲线的右支上存在一点满足，与双曲线的左支的交点A平分线段，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，由双曲线的定义可求得，，，利用勾股定理求得，在中利用勾股定理即可求得的关系式，从而求得答案.
【详解】设，由双曲线的定义得，，，
由得，
解得，所以，，
在中，由勾股定理得 ，
整理得 ，即双曲线的离心率 ，
故选：C．
8. 已知函数的定义域均为为奇函数，且，则（ ）
A. 不为偶函数B. 为奇函数
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知等式关系结合函数的奇偶性与对称性即可求得函数均是周期为4的周期函数，利用周期性与对称性计算，逐项判断即可得答案
【详解】因为，
所以，与联立可得，
即的图象关于直线对称，
又为奇函数，则，
所以，即，
所以，所以是周期为4的周期函数，
因为，所以也是周期为4的周期函数，
因为，，所以，
即，从而为偶函数，故A错误．
又为奇函数，则，即，
所以，
故，故C错误．
由，得，则不可能为奇函数，故B错误．
可求，
所以，故D正确．
故选D．
【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．
二、选择题（本大题共3个小题，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. 如图，在正方体中，，分别是的中点，则（ ）
A. 四点，，，共面
B.
C. 平面
D. 若，则正方体外接球的表面积为
【答案】BD
【解析】
【分析】连接和，由此可知点，，在平面中，而点不在平面中，即可判断选项；由已知得为△的中位线，利用中位线的性质即可判断选项；由已知得点,,都在平面,与平面相交，即可判断选项；由即可求得正方体的棱长为，则可以求出正方体外接球的半径，即可判断选项.
【详解】对于选项，连接和，由此可知点，，在平面中，
点平面，则四点，，，不共面，即选项不正确；
对于选项，由正方体的性质结合条件可知，分别是的中点，所以,
又因为, 所以，即选项正确；
对于选项，点,,都在平面,所以与平面相交，即选项不正确；
对于选项，因为为△的中位线，且，所以正方体的棱长为，
设正方体外接球的半径为,则,
即，则外接球的表面积为,即选项正确；
故选： .
10. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，对于有如下命题，其中正确的是（ ）
A. 若，则是锐角三角形
B. 若，，则的外接圆的面积等于
C. 若是锐角三角形，则
D. 若，则是等腰直角三角形
【答案】BC
【解析】
【分析】根据余弦定理即可判断A；根据正弦定理，即可判断B；由题意可得，即可判断C；根据正弦定理和二倍角的正弦公式计算化简，即可判断D.
【详解】A：由余弦定理，得，得B为锐角，
不能判断为锐角，故A错误；
B：设的外接圆的半径为R，由正弦定理得，
得，所以其外接圆的面积为，故B正确；
C：若为锐角三角形，则，且，
所以，故C正确；
D：，由正弦定理，得，
即，而，所以或，
即或，则为等腰三角形或直角三角形，故D错误.
故选：BC.
11. 过抛物线的焦点F的一条直线交抛物线于，两点，则下列结论正确的是（ ）
A. 为定值
B. 若经过点A和抛物线的顶点的直线交准线于点C，则轴
C. 存在这样的抛物线和直线AB，使得OA⊥OB（O为坐标原点）
D. 若直线AB与x轴垂直，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】由已知可得AB的斜率不等于0，所以设直线方程为，代入抛物线方程，运用韦达定理，可判断A；求得直线OA方程和准线方程联立，求得交点C，可判断B；若，即，运用韦达定理和点满足抛物线方程，解方程即可判断C；当AB与x轴垂直时，，可求得，可判断D．
【详解】
由已知可得AB的斜率不等于0，
所以设AB的方程为，
联立直线与抛物线的方程，消去x得，
所以为定值，即A正确，
经过点A和抛物线的顶点的直线的方程为，与准线的交点的坐标，
因为，
所以，即轴，所以B正确，
因为，
所以不可能，即C错误，
当AB与x轴垂直时，，
则由抛物线定义得，所以D正确，
故选:ABD．
三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）
12. 设等比数列的前项和为．若，则__________．
【答案】93
【解析】
【分析】根据题意求得，结合等比数列求和公式求解即可.
【详解】由题意公比，所以，解得，
所以.
故答案为：93.
13. 若函数在区间上单调递增，则的取值范围是______．
【答案】（
【解析】
【分析】求出转化为在区间上恒成立，再构造函数，结合导数，求在区间上的最小值可得答案.
【详解】因为函数在区间上单调递增，
所以在区间上恒成立，
即区间上恒成立，
令，则，
所以在上递增，又，所以．所以的取值范围是．
故答案为：．
【点睛】思路点睛：求出分离常数，利用构造函数法，结合导数，求得参数的取值范围.
14. 一个被染满颜料蚂蚱从数轴上的原点开始跳动，每次跳跃有等可能的概率向左或向右跳动1个单位长度，蚂蚱所在的点会留下颜色，则蚂蚱跳动4次后染上颜色的点数个数X的期望________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意分析蚂蚱跳动4次后染色的点数，根据独立事件的概率公式求解.
【详解】蚂蚱跳动4次后染上颜色的点数个数X的可能取值为，
表示蚂蚱在或者之间来回跳动，
则；
表示蚂蚱由向右最远跳到，
可以为“右右左左”，“右左右右”，“右右左右”共种，
由对称性知由向左最远跳到，也有种，
由向左最远跳到，最右跳到，可能为“左右右左”，“右左左右”有种，
故一共有种，
则；
表示蚂蚱跳动为“右右右左”，“左左左右”，“左右右右”，“右左左左”，共种，
则；
表示蚂蚱跳动为“右右右右”，“左左左左”，共种，
则；
则，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是开始在处也是一个点，因为不能原地跳动，因此的最小值为.
四、解答题（本大题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知等差数列的前项和是，，.
（1）求；
（2）求的最大值，并求对应的项数.
【答案】（1）；（2）时，最大值42.
【解析】
【分析】（1）根据所给条件求得等差数列的通项公式，代入数值即可得解；
（2）由通项公式可知时，，时，，即可得解.
【详解】（1）根据题意设等差数列的公差为，
由，所以，
由所以，
所以，
所以，
所以；
（2）由（1）知，
当时，，
特别的，
当时，，
所以当时，取最大值，最大值42.
16. 如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点．

（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）由直棱柱的性质可得平面，则，而则由线面垂直的判定可得平面，则，而，则平面，再由线面垂直的性质可得结论；
（2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解.
【小问1详解】
证明：连接，

因三棱柱为直三棱柱，所以平面，
又平面，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，则，
因为在直三棱柱中，，所以四边形为正方形，
所以，
因为，、平面，所以平面，
又平面，则．
【小问2详解】
因为直三棱柱中，，
所以，，两两垂直，
所以以为原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
所以，，．
设平面的一个法向量为，则，
令可得．
设与平面所成角为，
所以，
即与平面成角的正弦值为，
所以与平面成角的余弦值为．
17. 甲､乙､丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终胜利，比赛结束.经抽签，甲､乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为.
（1）求比赛四场结束且丙获胜的概率；
（2）求甲最终获胜的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设甲失败的事件为,乙失败的事件为,丙失败的事件为,比赛四场结束且丙获胜的事件为，根据题意列出的所有可能，再根据独立事件公式即可求出结果.
（2）设甲失败的事件为,乙失败的事件为,丙失败的事件为,甲最终获胜事件为，根据题意列出的所有可能，再根据独立事件公式即可求出结果.
【小问1详解】
解：设甲失败的事件为,乙失败的事件为,丙失败的事件为,比赛四场结束且丙获胜的事件为，
则；
【小问2详解】
解：设甲失败的事件为,乙失败的事件为,丙失败的事件为,甲最终获胜事件为，
则
.
18. 已知椭圆两个焦点，过点作垂直于长轴的直线交椭圆于点，此时与椭圆长轴的两端点形成的四边形的面积为2．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作两条互相垂直的直线与椭圆分别交于点及，求四边形的面积的最小值．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据题意设与椭圆的交点为，则，由四边形面积即可求，进而得，即可求解；
（2）设，与椭圆方程联立，由韦达定理得，进而得，设直线，同理得，即可得，利用均值不等式即可求解.
【小问1详解】
由题意设椭圆方程为,
设与椭圆的交点为，则，
根据题意可得，即，
可得，则，所以椭圆方程为．
【小问2详解】
根据题意设，联立．
由韦达定理得，则．
又直线，同理代换可得，，
则．
不妨设，即．
又，的最小值为，
当且仅当时取等，所以四边形的面积的最小值为．

19. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：时，；
（3）判断函数的零点个数.
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）2.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）等价变形所证不等式，构造函数，利用导数结合基本不等式推理得证.
（3）利用函数零点的意义，把问题转化为求函数的零点个数，再借助导数分段讨论求解.
【小问1详解】
函数，求导得，
则，而，
所以所求切线方程为，即.
【小问2详解】
不等式，
令函数，即，
而，求导得
，则函数在上单调递增，，
所以.
【小问3详解】
函数的零点个数，即方程根的个数，
而时，方程不成立，则原函数零点个数即为方程根的个数，
令，原函数零点个数即为函数的零点个数，
当时，，而，则，
因此函数在时无零点；
当时，，函数在上单调递增，
，因此函数在时只有一个零点0；
当时，令，求导得，
显然函数在上单调递增，而，，
则存在使得，当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，又，
则存在，使得，当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，
而，因此函数在上只有一个零点；
当时，，即，
因此函数在时无零点，
所以函数有2个零点，即函数的零点个数为2.