湖南省部分名校2026届高三上学期10月调研考试数学试卷（Word版附解析）

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1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码
粘贴在答题卡上的指定位置.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写
在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷与答题卡一并收回.
一、单项选择题：本题共 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.
1. 命题“ ”的否定为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由全称命题的否定概念可得答案.
【详解】由题可得原命题的否定为“ ”.
故选：C
2. 已知集合 ，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解不等式求得集合 ，再由交集运算即可得出结果.
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【详解】解不等式 可得 ，
也即 ，可得 ；
所以 .
故选：D
3. 国家射击运动员在某次训练中的 8 次射击成绩（单位：环）分别为 10，7，8，10， ，10，8，6，其中
为整数，若这 8 次射击成绩的中位数为 9，则 （ ）
A. 6 B. 7 C. 9 D. 10
【答案】D
【解析】
【分析】按中位数的定义结合选项逐一验证，即可求解.
【详解】将成绩（除了 ）从小到大排列为：6，7，8，8，10，10，10，
结合选项，只有 时，这 8 次射击成绩的中位数 .
故选：D.
4. 已知向量 ， ，若 ，则 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意得 ，即 ，代入即可求解.
【详解】已知向量 ， ，若 ，则 ，
即 ，
所以 的值为 .
故选：C
5. 函数 的大致图象是（ ）
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A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用函数奇偶性的定义，求得 为奇函数，其图象关于原点对称，且当
时， ，当 时， ，结合选项，即可求解.
【详解】由函数 ，可得其定义域为 ，关于原点对称，
又由 ，
所以函数 为奇函数，图象关于原点对称，可得排除 A、D 项；
当 时，可得 ，所以 ，此时 ；
当 时，可得 ，所以 ，此时 ，
所以选项 B 符合函数 的图象的形状.
故选：B.
6. 已知正四棱锥的侧面积是底面积的 2 倍，则该正四棱锥侧棱和底面所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
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【分析】由面积求得侧棱与底面边长的关系，再根据线面角定义求解．
【详解】如图，正四棱锥 中， 是底面中心， 是 中点，则 是棱锥的高， 是斜高，
是侧棱 与底面所成的角，
设底面边长为 ， ，
由已知 ，则 ，又 ，
所以 ，而 ，
所以 ，
.
故选：D．
7. 在 中，内角 的对边分别为 ，且 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用余弦定理和正弦定理边化角得 ，然后用二倍角公式进行化简，从而可
求 的值.
【详解】由余弦定理化简可得 ，即 ，
由正弦定理可得 ，即 ，
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由题意 ，且 ，故 ，所以 .
故选：A.
8. 已知双曲线 ，过点 有且仅有一条直线与双曲线 的右支相切，则双曲线
的离心率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据双曲线的几何性质以及切弦条数可确定点 的位置，得出不等关系再由离心率公式计算
可得.
【详解】依题意双曲线 的渐近线方程为 ，
若过点 有且仅有一条直线与双曲线 右支相切，则点 在图中阴影部分区域或在双曲线
的右支上，如下图所示：
当点 在双曲线 的右支上时， ，解得 ；
此时双曲线 的离心率为 ；
当点 在图中阴影部分区域时，需满足 ，解得 ，
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此时双曲线 的离心率为 ，
综上可得双曲线 的离心率的取值范围为 .
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据点 的坐标以及切弦条数限定出点 所在位置与渐近线的关系，由
离心率定义计算可求得离心率的取值范围.
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，
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. 若复数 ， 在复平面内对应的点为 ，则（ ）
A. B.
C. 的虚部为 2 D. 点 在直线 上
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用复数的运算化简 ，再由复数和共轭复数的概念，复数的几何意义对选项进行判断.
【详解】 ，
，故 A 正确；
，故 B 错误；
的虚部为 2，故 C 正确；
点 坐标代入直线 成立，故 D 正确.
故选：ACD.
10. 已知 是递增的等比数列，其前 项和为 ，若 ，则（ ）
A.
B.
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C.
D. 是等比数列
【答案】ACD
【解析】
【分析】设出公比，根据函数单调性得到 ，利用条件求出 ，进而得到首项，结合等比数列的定
义，通项公式，求和公式对选项一一判断，得到答案.
【详解】设 的公比为 ，则由 递增，得 ，
因为 ，所以 ，
解得 或 （舍去），
对于 A， ，故 A 正确；
对于 B， ， ，故 B 错误；
对于 C， ， ，故 C 正确；
对于 D， ， ，
又 ，
所以 是首项为 3，公比为 的等比数列，故 D 正确．
故选：ACD.
11. 已知函数 是定义在区间 上的连续函数，若 ，使得 ，
，都有 ，则称函数 是区间 上的 “ 类函
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数”． 下列说法正确的有（ ）
A. 函数 是区间 上的 “ 3 类函数”
B. 函数 是区间 上的 “ 2 类函数”
C. 若函数 是区间 上的 “ 类函数”，则方程 在区间 上
至多只有一个解
D. 若函数 是区间 上的 “ 2 类函数”，且 ，则存在满足条件的函数
，使得
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据定义判断 A，C，D，应用“ 类函数”的定义应用导函数正负判断函数的单调性判断 B.
【详解】对于选项 A， ， ，
，所以选项 A 正确；
对于选项 B，“函数 是区间 上 ‘2 类函数’”等价于“ ， ，
恒成立”，
不妨设 ，即等价于“ 在 上恒成立”，即
“ ”和“ ，对 ， ，且 恒成立”，
所以等价于“函数 在 上单调递减”且“函数 在 上单调递增”，
令 ， ，
又因为 时， ， ，所以“函数 在 上单
调递减”且“函数 在 上单调递增”，
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即“函数 是区间 上的‘2 类函数’”成立，所以选项 B 正确；
对于选项 C，若方程 在区间 上有两个及以上的解，不妨设其中两个不同的解为 ，
则 ，所以 ，
所以 ，与若函数 是区间 上的“k 类函数”矛盾，所
以选项 C 正确；
对于选项 D，不妨设 ，且 ，若 ，则 ；若
，则
，所以 ， 恒成立，所以选项 D 错误，
故选：ABC．
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 二项式 展开式中的第 4 项为___________．
【答案】
【解析】
【分析】利用二项展开式的通项公式求解.
【详解】二项式 展开式的通项公式为 ， ，
所以展开式的第 4 项为 .
故答案为： .
13. 如图，已知点 是反比例函数 图象上一动点，点 ，则 的面积的最小值为
___________．
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【答案】
【解析】
【分析】设 ，结合反比例函数的几何性质，用 表示出 的面积，再用基本不等式
求最小值即可.
【详解】如图：
过点 作 轴的垂线 ，垂足为 ，过 作 轴的垂线，垂足为 .
结合题意可设点 ，
则 ， .
所以 ， ， .
所以 ，
当且仅当 即 时取等号.
故答案 ：
14. 在平面四边形 中， ， 是边长为 6 的正三角形．将该四边形沿对角线 折成
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一个大小为 ， 的二面角 ，则四面体 的外接球半径的取值范围为
___________．
【答案】
【解析】
【分析】先确定 与 外心，则可得两外心分别与四面体 的外接球球心相连所得直线与平
面 、平面 垂直，再结合二面角 的大小可表示出半径，再利用 的范围计算即即可得
解.
【详解】取 中点 ，由 ，则点 为 外心，
连接 ，取线段 上靠近 点的三等分点 ，
由 是正三角形，则点 为 外心，
令四面体 的外接球球心为 ，连接 、 ，
则有 平面 、 平面 ，
又 平面 、 平面 ，故 、 ，
由二面角 的大小为 ，则 ，
，则 ，
则 ，
由 ，则 ，则 ，
故 ，即 ，
即四面体 的外接球半径的取值范围为 .
故答案为： .
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四、解答题：本题共 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. 某校在 2024 年开展了两次劳动基地除草耕地活动，首次活动有 800 名学生参加．活动结束后，经评估
发现有 70%的学生的劳动技能得到了提升．为进一步增强劳动教育效果，学校汲取首次活动的经验并进行
改进，第二次活动面向未参加第一次活动的学生开展．不仅增加了辨别杂草种类、合理使用农具等具有挑
战性的任务，还特邀农业专家进行现场指导．已知第二次活动吸引了 1200 名学生参加，且活动结束后，有
960 名学生的劳动技能得到了提升．
（1）补充完整下面的 列联表；
劳动技能提升的学生人数 劳动技能未提升的学生人数 合计
首次活动
第二次活动
合计
（2）依据小概率值 的独立性检验，能否认为该校第二次除草耕地活动中学生的劳动技能提升与活
动改进有关？
（3）从参加第二次除草耕地活动的学生中按照劳动技能是否提升进行分层，用分层随机抽样的方法抽取 20
名学生进行意见调查，再从这 20 名学生中随机抽取 3 名进行深度访谈，求其中恰好有 2 名学生的劳动技能
提升的概率．
附： ， ．
0.10 0 05 0.01
2.706 3.841 6.635
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【答案】（1） 列联表见详解
（2）能 （3）
【解析】
【分析】（1）由已知条件即可完成 列联表；
（2）由独立性检验知识可以完成判断；
（3）依据组合的知识和古典概型公式即可求解.
【小问 1 详解】
首次活动劳动技能提升的学生人数 70% 人；
首次活动劳动技能未提升的学生人数 人；
第二次活动劳动技能提升的学生人数为 人；
第二次活动劳动技能未提升的学生人数 人，
劳动技能提升的学生人数 劳动技能未提升的学生人数 合计
首次活动 560 240 800
第二次活动 960 240 1200
合计 1520 480 2000
【小问 2 详解】
零假设为
该校第二次除草耕地活动中学生的劳动技能提升与活动改进无关，
，
根据小概率值 的独立性检验，推断 不成立，
即该校第二次除草耕地活动中学生的劳动技能提升与活动改进有关，该推断犯错误的概率不超过 .
【小问 3 详解】
抽取的 名学生中劳动技能得到提升的人数为 人，抽取的 名学生中劳动技能未得到提升
的人数为 人，
记从这 20 名学生中随机抽取 3 名进行深度访谈，其中恰好有 2 名学生的劳动技能提升为事件 ，则
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.
16. 如图，在三棱锥 中， ， 为 的中点， ，且平面
平面 ．
（1）证明：平面 平面 ；
（2）求平面 与平面 的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）首先根据等腰三角形三线合一性质得到线线垂直关系，再利用勾股定理证明 是等腰直
角三角形，进而得到 . 然后根据面面垂直的性质定理得到 平面 ，从而得出
. 接着通过勾股定理逆定理证明 .
最后根据线面垂直判定定理得到 平面 ，再依据面面垂直判定定理证明平面 平面 .
（2）先建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，进而得到平面 和平面 的法向量. 再利用向量
的夹角公式 求出两个平面夹角的余弦值.
【小问 1 详解】
已知 ， ， 为 的中点.
所以 ，且 ， .可知 为等腰直角三角形.
由勾股定理 ，且 ，可得 ，所以
.
因为平面 平面 ，且 为交线， 平面 ，根据面面垂直的性质定理，所以 平
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面 .由于 平面 ，所以 .
已知 ， ，则 ， ，所以
.
根据勾股定理的逆定理可得 ，即 .
因为 ， ， ， 平面 ， 平面 ，根据线面垂直的判
定定理,所以 平面 .
又因为 平面 ，根据面面垂直的判定定理,所以平面 平面 .
【小问 2 详解】
建立空间直角坐标系并求出相关点的坐标：
设 为 的中点，连接 ，因为 ，所以 ，又平面 平面 ，平面
平面 ， 平面 ，根据面面垂直的性质定理可得 平面 .
连接 ，因为 为 中点， 为 中点，所以 ，
又 ，所以 ，且 平面 .
以 、 、 方向建立空间直角坐标系 .
已知 ， ，则 ， ， .
所以 ， ， ， ，进而可得 ，
， .
设平面 的法向量为 ，由 可得 ，即 .
令 ，则 ， ，所以 .
同理，设平面 的法向量为 ，由 可得 ，即 .
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令 ，则 ，所以 .
设平面 与平面 的夹角为 ，根据向量的夹角公式 .
求出 ， ， .
所以 .
则平面 与平面 的夹角的余弦值为 .
17. 已知 为双曲线 的左、右焦点，点 在双曲线上，过 的
直线 交 的右支于 两点，且 ．
（1）求 的方程；
（2）点 关于 轴对称点为 （异于点 ），直线 交 轴于点 ，记 ， 的面积分别
为 ，求 的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据双曲线的定义可得 ，再根据双曲线经过点 可求得 ，可得双曲线的方程.
（2）先确定 为定点，再根据 可求解.
【小问 1 详解】
因为 ，根据双曲线的定义可得 .
又双曲线过点 ，所以 .
所以双曲线 的方程为： .
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【小问 2 详解】
如图：
因为 ，所以 ， .
因为 、 关于 轴对称，且 与 不同，所以直线 必存在斜率,
可设直线 ： ，代入 得： ，
整理得： .
设 ， ，则 ，因为 均在双曲线右支，
由韦达定理可得 ， ，所以 .
直线 方程为： ，
令 得
.
所以 为定点，坐标为 .
所以 .
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18. 在 中，内角 ， ， 所对的边分别是 ， ， ，且 ， .
（1）求角 ；
（2）若 ，求边 AC 上的角平分线 BD 长；
（3）若 为锐角三角形，求边 上的中线 的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用和角的正弦公式展开整理，求出 ，结合角的范围即得；
（2）先由余弦定理结合条件，求得 ，再由三角形面积相等列方程求解即得；
（3）利用线段中点的向量表达式推得 ，由（2）结论 代入可得
，利用正弦定理和三角恒等变换化简可得 ，结合锐角三角形中
及正弦函数的图象性质求得 ，即可得到 的取值范围.
【小问 1 详解】
由 可得 ，
因为 ，
所以 ，
由 ，得 ，又 ，则 .
【小问 2 详解】
如图：
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由余弦定理， ，因为 ， ，
所以 ，又 ，所以 .
由 ，得 ，
整理得： .
小问 3 详解】
因为 是边 上的中线，则 ，
两边取平方， ，
由（2）已得 ，代入可得 ，
由正弦定理， ，
则 ，
所以
，
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因为 为锐角三角形，则有 ，解得 ，
则 ，
由正弦函数的图象性质，可得 ，
故得 ，从而 ，
故边 上的中线 的取值范围为 .
19. 在数学中， 布劳威尔不动点定理是拓扑学里的一个非常重要的定理， 它是众多不动点定理的基础， 得
名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔． 具体来说就是： 对于满足定义域为 的连续函数 ，若存在
，使得 成立，则称 为函数 的不动点． 已知 且 ，函数
．
（1）若 ( 为自然常数)，证明：函数 只有唯一不动点；
（2）设函数 （ ），且 ．若函数 有且仅有 2 个不动点，求实
数 的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据不动点定义证明即可；
（2）根据已知条件不动点的定义，函数 有且仅有 2 个不动点，得到 或 ，由
变形，构造函数，利用导数的单调性求得最值，可得 的范围.
【小问 1 详解】
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当 时， ，令 ，则 ，
当 时， ，函数 单调递减；
当 时， ，函数 单调递增，
所以 ，
即当 时， ；当 时， 恒成立，
所以函数 只有唯一不动点．
【小问 2 详解】
根据题意： （ ），
而 ，
令 ，则 ，
当 时， ，函数 单调递减；
当 时， ，函数 单调递增，
且 ，
如图所示，因为函数 有且仅有 2 个不动点，
所以方程 有且仅有 2 个大于 的不同根，
也即函数 的图象与 的图象有两个不同的交点，
所以 或 ，
而 ，
，
令 ，显然函数 单调递增，
所以 ，
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令 （ ，且 ），
则 ，
显然当 时， ，函数 单调递减，
而 ， ， ，
所以实数 的取值范围是 ．
【点睛】关键点点睛：小问（2），由而 ，
构造 ，可得 ，进而可得 ，令 （ ，且 ），利用导
数求得最值，可得实数 的取值范围 .
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