2025-2026学年湖南省湘东教学联盟高三上学期11月联考数学试题（附答案解析）

这是一份2025-2026学年湖南省湘东教学联盟高三上学期11月联考数学试题（附答案解析），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．若复数，则（ ）
A．B．C．D．
3．双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
4．已知函数恒成立，则的值为（ ）
A．B．C．D．
5．已知等差数列满足：，则前20项的和为（ ）
A．190B．360C．400D．440
6．若，，，则、、的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
7．已知，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知均为定义在上的函数，，若的图象关于直线对称，且，则的值是（ ）
A．463B．464C．465D．466
二、多选题
9．随着人工智能应用软件豆包、Kimi、DeepSeek陆续出现，AI成为各行各业创新应用的热门话题．某课题小组对本市各行业人群使用AI频率进行调查研究，下列说法正确的是（ ）
A．甲同学根据调查数据，利用最小二乘法得到AI每周使用频次关于年龄的经验回归方程为，可以推断使用频次与年龄正相关且相关系数为0.2
B．乙同学开展了AI每周使用频次与年龄的相关性研究，经计算样本相关系数，可以推断两个变量正线性相关，且相关程度很强
C．丙同学研究性别因素是否影响AI使用频次，根据小概率值的独立性检验，计算得到，可以认为不同性别的AI使用频次有差异
D．丁同学得到经验回归方程①和②，通过决定系数来比较模型的拟合效果，经验回归方程①和②的分别约为0.731和0.997，因此经验回归方程②的刻画效果比经验回归方程①好很多
10．已知圆，直线，点为圆上一点，点为坐标原点，则下列叙述正确的有（ ）
A．的最小值为
B．当时，直线与圆相切
C．的最小值为
D．若圆上有且仅有三个点到直线的距离为，则
11．如图，三棱台中，平面，则（ ）

A．三棱台的体积为
B．平面
C．
D．若点在侧面上运动，且与平面所成角的正切值为4，则点在侧面上的轨迹长度为
三、填空题
12．设为单位向量，且，与的夹角为，则的值为 ．
13．已知抛物线的焦点为，过点且斜率为的直线交抛物线于两点，则线段的长为 ．
14．设，若，则 ．
四、解答题
15．如图，空间几何体的底面是以为直角的等腰直角三角形，平面平面，直线平面，且．
(1)求证：平面；
(2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值．
16．已知函数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)判断的单调性；
(3)若在上有两个零点，求实数的取值范围．
17．已知，直线相交于点，且，点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)过点的直线交曲线于两点，直线与曲线的另一个交点为，线段的中点为的面积为，求直线的方程．
18．已知的内角的对边分别为．
(1)若，求角的值；
(2)角的平分线交的外接圆于点，圆的半径为．
（i）当时，求的值；
（ii）当为何值时，的面积取最大值．
19．某公司为了开拓新产品市场，组织人类挑战机器人对抗赛活动．每局比赛只有胜和负两种情况，无平局，每局比赛挑战者战胜机器人的概率为，胜者记2分，其余记1分．每个挑战者只能挑战一局，每局胜负不受其他因素的影响．
(1)求三局比赛中，人类队累计得分的分布列和数学期望；
(2)若局比赛中，人类队累计得分为分的概率为，求；
(3)若采用“比赛赛满局，胜方至少获得局胜利”的赛制，人类队取胜的概率为；若采用“比赛赛满局，胜方至少获得局胜利”的赛制，人类队取胜的概率为，比较与的大小，并说明其统计意义．
《湖南省湘东教学联盟2026届高三上学期11月联考数学试题》参考答案
1．A
【分析】解二次不等式和绝对值不等式得到集合，然后由交集的定义求得结果.
【详解】∵，或，
∴．
故选：A.
2．B
【分析】利用复数的乘法化简复数，利用复数的模长公式可求得结果.
【详解】因为,
所以，
故选：B.
3．D
【分析】根据给定的方程，利用双曲线离心率的意义直接求解.
【详解】双曲线的实半轴长，虚半轴长，则半焦距，
所以所求离心率.
故选：D
4．A
【分析】由题意得，是函数的最大值，由正弦函数的图像与性质求解即可.
【详解】由题意得，是函数的最大值，
,得，
，又．
故选：A
5．C
【分析】设出公差后，结合等差数列性质与等差数列求和公式计算即可得解.
【详解】设数列公差为，令得，，
令得，则，即，
解得，．
故选：C.
6．C
【分析】利用对数函数、幂函数单调性，结合中间值法可得出、、的大小关系.
【详解】因为函数在上为增函数，所以，即，
因为，，
函数在上为增函数，所以，即，
故．
故选：C.
7．B
【分析】由两角和的正弦结合弦切互化化简即可.
【详解】，
又，
，，
又由，得，
，即．
故选：B
8．B
【分析】根据的图象关于直线对称，可得，再根据可转化得为奇函数，从而得函数的周期为4，根据对称性与周期性求值即可得出结论.
【详解】由的图象关于直线对称，可得的图象关于直线对称，
即的图象关于直线对称，则，
由，可得，
又，得，
所以，
即，所以的图象关于点对称，即为奇函数，
所以，函数的周期为4；
由可得，
又因为，所以，
根据函数的性质，得
所以．
故选：B.
9．BD
【分析】A选项与B选项由相关系数判断；C选项由卡方的检验判断；D选项由决定系数判断.
【详解】A选项：在经验回归方程中，斜率参数，只能说明使用频次与年龄正相关，但相关系数不是0.2，故A错误；
B选项：样本相关系数的绝对值越接近于1，两个变量的线性相关性越强，，说明两个变量正线性相关，且相关程度很强，故B正确；
C选项：根据小概率值的独立性检验，计算得到，没有充分证据证明不同性别的AI使用频次有差异，故C错误；
D选项：决定系数越接近于1，模型的拟合效果越好，经验回归方程①和②的分别约为0.731和0.997，因此经验回归方程②的刻画效果比经验回归方程①好．
故选：BD．
10．AC
【分析】对于A，利用由求解即可；对于B，利用直线与圆位置关系求解即可；对于C，由的几何意义为圆上一点与原点连线的斜率，结合斜率公式即可求解；对于D，根据几何关系，得圆心到直线的距离，利用点到直线的距离公式即可求解.
【详解】已知圆的方程可化为，
故圆心，半径，
对于A：因为为圆上一点，所以，故A正确；
对于B：当时，直线，
根据点到直线的距离公式，得圆心到直线的距离，
所以直线与圆不相切，故B错误；
对于C的几何意义为圆上一点与原点连线的斜率，
设，则直线的方程为，
当直线与圆相切时，圆心到直线的距离，
解得，所以，故C正确；
对于D：因为圆的半径，要使圆上有且仅有三个点到直线的距离为，
则圆心到直线的距离，
由点到直线的距离公式，即，解得，故D错误．
故选：AC．
11．ABD
【分析】对于A项，直接由棱台的体积公式求解；对于B，C项，由线面垂直判定定理求解；对于D项，作于点，则平面为与平面所成角，得在侧面上的轨迹是以为圆心，半径为的半圆，即可求解．
【详解】A选项：，
，故A正确；
B选项：平面
，
平面
平面
，
又为的中点，
，平面，
平面，故B正确；
C选项：由B选项答案可知平面，
若，而平面，
则平面，
，与条件矛盾，故错误；
D选项：如图，在平面中，作于点，
由B选项答案可知，平面，
，平面，
平面为与平面所成角，

依题意，又，
又．
在侧面上的轨迹是以为圆心，半径为的半圆，
轨迹长度为，故D正确．
故选：ABD．
12．4
【分析】由得，利用数量积的定义即可求解.
【详解】因为，所以，所以，
又因为为单位向量，与的夹角为，
所以，
故答案为：4．
13．13
【分析】根据抛物线定义，写出抛物线的方程，通过点斜式写出直线的方程，利用弦长公式求解线段的长.
【详解】抛物线的焦点为，
，
抛物线的方程为．
直线的方程：，
联立
得，
设，
则
．
另解：．
14．1
【分析】对已知条件进行化简，然后构造函数，利用函数的奇偶性和单调性来找出与的关系，最后根据三角函数的性质求出的值.
【详解】，化简得，①
，得，②
，
令，
，
在定义域上单调递增，
由①，②可得，
又是奇函数，
，即，
．
故答案为：1
15．(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）过点作于点，利用面面垂直证明平面，再通过线线平行推出线面平行；
（2）先证明四边形AHDE为矩形，依题意建系，写出相关点和向量的坐标，求出平面的法向量，利用空间向量的夹角公式，计算即得．
【详解】（1）过点作于点，连接，
平面平面，且平面平面平面，
平面.
又平面，，
又平面平面，
平面.
（2）取G为的中点，
由题知底面是以为直角的等腰直角三角形，易得，
又平面，且平面，
，而，
，而，
故平面，因平面，
而由（1）知平面，平面，则，故H与G重合.
又，平面，则平面，
又平面，则，又，故四边形AHDE为矩形.
如图，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
因，则.
平面的一个法向量可取为，
设直线与平面所成角为，
，
直线与平面所成角的正弦值为.
16．(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）借助导数几何意义计算即可得；
（2）求导后，分、及讨论即可得；
（3）法一：令后参变分离，构造函数，借助导数研究其单调性后，结合零点存在性定理计算即可得解；法二：由题意可得，构造函数，再分类讨论得到该函数单调性后，结合零点存在性定理计算即可得解.
【详解】（1）当时，，，
由题意知切点为，切线斜率，
切线方程为：，即；
（2）的定义域为，，
当时，在上单调递增；
当时，时，单调递增，
时，单调递减；
当时，时，单调递减，
时，单调递增；
综上：当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减，
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（3）法一：，
令，得，即
，得，
令，令，得，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
．
又，当时，，当时，，
时，，当且时，，
当时，有2个零点，
实数的取值范围为；
法二：由题意可得，令，
，
当时，恒成立，则在上单调递增，
当时，时，，
只有一个零点，即只有一个零点，不符合题意；
当时，令，解得，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
，
当时，时，，
故当，即时，有2个零点．
实数的取值范围为.
17．(1)
(2)
【分析】（1）设，根据列出等式，化简即可；
（2）设直线，与曲线的方程联立，设，利用，由韦达定理结合面积公式求出即可.
【详解】（1）设，已知，
由，得，
化简得：，
曲线的方程为.
（2）依题意，过点的直线斜率不为0，设直线，
联立得，
设，则.
为的中点，为的中点，
，

，
解得，
直线的方程为：，即.
18．(1)
(2)（i）1；（ii）
【分析】（1）已知条件由正弦定理角化边，再由余弦定理求出，可得角的值；
（2）（i）解法1：连接并延长交于点，连接，在中， ， ，在Rt中，，利用倍角公式求的值；
解法2：连接，在中，得，在中，得，是方程的两根，可求的值；
（ii）解法1：连接，设，由余弦定理可得是方程的两根，，有，利用导数求最大值；
解法2：连接并延长交圆于点，连接，设，
利用导数求最大值.
【详解】（1），由正弦定理得，
即，由余弦定理得，
，.
（2）（i）解法1：为直径且，
如图，连接并延长交于点，连接，
在中，，，，
又平分，，，
在Rt中，，
.
解法2：连接，
平分，
，易得，
由正弦定理得，
在中，，
即，
同理在中，，
是方程的两根，
.
（ii）解法1：如图，连接，设，
又外接圆的半径为，，
在中，由余弦定理可得，
，
得，
同理，在中，，
是方程的两根，
.
又，
，.
设，则，，
，
令，则，
令，时，（舍）或，
设，
则当，即时，，函数单调递减，
当时，即时，，函数单调递增
当，即时，取最大值，面积最大.
解法2：如图，连接并延长交圆于点，连接，
在中，，，
，设，
平分，，
连接，在中，，
在Rt中，，
，
由，知，即，
问题转化为求函数的最大值，同解法1．
19．(1)分布列见解析，4
(2)
(3)，答案见解析
【分析】（1）得到比赛得分为Y的所有可能取值为3，4，5，6，求得相应的概率，列出随机变量的分布列，结合期望的公式，求得数学期望；（2）利用概率的乘法公式列出，再通过错位相减的方法求出；（3）分别利用概率的乘法公式求出和，再利用做差法比较大小，根据大小情况写出实际意义即可.
【详解】（1）的所有可能取值为3，4，5，6，
的分布列为
数学期望.
（2）依题意，局比赛中，人类队累计得分为分，即局中有2局人类队取胜，
当时，，
当时，也符合上式.
，
设
得：
，
，
（3）设“赛满局人类队获胜”为事件，要使事件发生，有两种情况：第一阶段赛满局人类队胜，记为事件，和第一阶段赛满局人类队负，记为事件
①若第一阶段人类队胜，则人类队在前局至少胜局，分为人类队至少胜局和人类队恰好胜局，
（1）若人类队至少胜局，无论后面两局结果如何，最终人类队获胜；
（ii）若人类队恰好胜局，且后面两局中人类队均负的概率为，
.
②若第一阶段人类负，则人类队恰好胜了局，而后两局必须全胜才能使得人类队最后获胜，
，
，
.
在人类队每局获胜概率为的条件下，局数越多，人类队获胜的概率越小.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
D
A
C
C
B
B
BD
AC
题号
11









答案
ABD









Y
3
4
5
6