湖南省长沙市师大附中2026届高三上学期月考（三）数学试卷（Word版附解析）

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一、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的.
1. 已知全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用并集、补集的定义求解即得.
【详解】全集，由集合，得，
所以.
故选：D
2. 《数术记遗》记述了积算（即筹算）､珠算､计数等共14种算法，某研究学习小组共10人，他们搜集整理这14种算法的相关资料所花费的时间（单位：）分别为68，58，38，41，47，63，82，48，32，31，则这组数据的（ ）
A. 众数是31B. 分位数是31.5C. 极差是38D. 中位数是
【答案】D
【解析】
【分析】根据极差、百分位数、众数、中位数的定义计算可得.
【详解】将10个数据从小到大排序可得：
，
每个数据出现的次数都是1次，故A错误；
，所以分位数为，故B错误；
极差为：，故C错误；
中位数为：，故D正确；
故选：D
3. 用表示中的最大值，若，则的最小值为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】
令,求出分界点,结合函数的图像进行讨论,求出,进而可求最小值.
【详解】解:可知当时,,此时.
当时,可得,此时
当时,,此时.综上,
可得当或时取得最小值1
故选:B.
【点睛】本题考查了函数的最值,考查了分段函数.求函数最值时,常用的方法有图像法,单调性法,导数法.对于分段函数求最值时,往往画出函数图像进行分析求值.
4. 已知抛物线的顶点为，经过点，且为抛物线的焦点，若，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线的定义列方程，求得，结合点坐标求得.
【详解】依题意，焦点，
由，根据抛物线的定义，得，所以，
则，代入，得，又，解得.
故选：C
5. 已知函数的定义域是，则函数的定义域为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数定义域的概念及复合函数定义域的求解方法运算求解即可.
【详解】因为函数的定义域是，所以，
所以，所以函数的定义域为，
所以要使函数有意义，则有，解得，
所以函数的定义域为.
故选：A.
6. 公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率π的范围是：为纪念祖冲之在圆周率方面的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．小明是个数学迷，他在设置手机的数字密码时，打算将圆周率的中间6位数字1，4，1，5，9，2进行某种排列得到密码．如果排列时要求数字9不在最后一位，那么小明可以设置的不同密码有（ ）个．
A. 180B. 240C. 300D. 360
【答案】C
【解析】
【分析】利用特殊位置优先处理及相同元素定位计算得到答案.
【详解】先排数字9得出有种，
因为有两个1，所以总数有种.
故选：C.
7. 正方体的顶点在平面内，三条棱，都在平面同侧.若顶点到平面的距离分别为，则该正方体外接球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立如图空间直角坐标系，设正方体棱长为和平面的法向量为，由空间点到面的距离分别表示出顶点到平面的距离，进而得到棱长，再求出半径即可.
【详解】
以为坐标原点，分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系.
设正方体棱长为，则，
设平面的法向量为，
则由顶点到平面的距离分别为，
可得，
即，则.
将三个等式平方相加可得：，则，
所以正方体外接球半径，所以外接球表面积
故选：A.
8. 已知中，内角满足，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用特殊值排除A；利用构造函数法，结合导数、诱导公式等知识判断B；利用余弦定理以及作差比较法判断C；利用放缩法以及正弦定理判断D.
【详解】不妨取，，
满足，此时，即选项A错误；
由，知，
整理得，，设，
则，即在上单调递减，
因为，所以，
所以，
所以，
因为在上单调递增，在上单调递减，
所以，
即，
所以，即选项B错误；
由上述分析知，所以由余弦定理知，，
所以，由余弦定理知，，
所以，
所以，即选项C错误；
因为，且，所以，
由正弦定理知，，所以，即选项D正确.
故选：D
二、选择题：本题共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. 已知向量，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 当取得最大值时，
D. 的最大值为
【答案】CD
【解析】
【分析】A利用向量平行的坐标运算；B利用向量垂直的坐标运算；C利用辅助角公式化简，结合三角函数的最值以及诱导公式可判断；D将问题转化为点到以原点为圆心的单位圆上的点的距离的最大值.
【详解】若，则，即，故A不正确；
若，则，则，故B不正确；
因（其中且）
当取得最大值时，
则，故C正确；
因为，令的起点为坐标原点，则终点在单位圆上，
又表示之间的距离，间的距离为，
故可知，故D正确.
故选：CD
10. 正多面体也称柏拉图立体(被誉为最有规律的立体结构)，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体(各面都是全等的正多边形).数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正八面体的棱长都是3(如图)，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 直线与平面所成的角为
C. 若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值
D. 若点为棱上的动点，则的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A选项，正八面体，证明平面，再判断，对于B，可知平面，找到直线与平面所成的角为，在三角形中计算角度；对于C，利用等体积变换计算三棱锥的体积；对于D，由题意分析和，将两个三角形翻折到同一平面内，可得取最小值；
【详解】对于A选项，正八面体，连接，
对称性可知，⊥平面，且相交于点，为的中点，
又，，
故四边形为菱形，四边形为菱形，
可知是平面内两条相交直线，
所以平面，又平面，故，故A正确
对于B，由A选项可知平面，故直线与平面所成的角为，
且由题意得，故，
故，B错误；
对于C，三棱锥的体积，
其中点到平面的距离为，设菱形的面积为，
则
若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值，故C正确.
对于D，由题意得为等边三角形，边长为3，
在中，，为等腰直角三角形，
将沿直线ED翻折到平面EAD内，如图，易得,
则的最小值为为
，
D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：线面角求解方法：（1）定义法（2）向量法；
三棱锥体积求法方法：（1）直接法（2）等体积变换法；
11. 在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现对数列1，2进行构造，第一次得到数列1，2，2；第二次得到数列1，2，2，4，2，依次构造，第次得到的数列的所有项的积记为，令.给出下列四个结论，正确的是（ ）
A. 第三次得到的数列共9项
B.
C. 数列是等比数列
D. 对每个正整数，以为边长能构成一个三角形
【答案】AC
【解析】
【分析】由数列的新定义可判断AB；根据递推关系构造数列，根据等比数列的定义判断C；根据等比数列的通项公式求出，再根据函数的单调性化简即可判断D.
【详解】第三次得到数列，在第二次得到的数列的基础上增加4项，共9项，所以A正确；
由已知，，所以，
当时，设第次构造后得到的数列为，则，
则第次构造后得到的数列为，
则，所以B不正确；
因，则，所以，
因，则，
所以，数列是以为首项，3为公比的等比数列，所以C正确；
因为数列是以为首项，3为公比的等比数列，
所以，所以，
函数在定义域上单调递增，所以对每一个正整数有，
假设以为边长能构成一个三角形，所以，
从而，即，
即，显然不成立，所以D不正确.
故选：AC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 函数的两个零点分别是___________.
【答案】
【解析】
【分析】通过解方程求得正确答案.
【详解】令，即，
解得：或，故函数的零点是.
故答案为：
13. 已知数列满足，且，则________________
【答案】
【解析】
【分析】由递推关系式可知数列是周期为3的周期数列，根据可得结果.
【详解】由题意得：，，，
所以数列是周期为3的周期数列，
所以.
故答案为：.
14. 实数满足，设点，动点满足.点为线段的中点，当且面积取得最大值时，点坐标为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据指数的运算性质和对数的运算性质，根据方程求出参数值，再根据向量积的坐标表示，求出动点轨迹，进而求出符合条件的动点坐标即可.
【详解】变形为，
则，即，
令，则，所以在上单调递增，
又，所以，从而点在直线上，
因为为线段的中点，，所以，
从而在以为直径的上，所以有，
此时，所以，
可得直线的斜率为，
因为满足，可知点在以为直径的上，方程为.
若面积最大，由圆的对称性可知，此时直线垂直于，
所以直线的斜率为，点在优弧上，从而可知直线.
联立，可得（负值舍去），
所以，所求点坐标为.
故答案为：.
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. 在中，内角的对边分别是，且，
（1）求角；
（2）若，求边上的角平分线长．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式化简即可求出.
（2）利用余弦定理及已知求出，然后利用三角形面积公式列方程求解即可.
【小问1详解】
在中，由正弦定理及，得
，即，
而，解得，又，
所以.
【小问2详解】
由及余弦定理得，又，解得，
由得，
即，则，
所以.
16. 如图1，分别是边长为4的正方形三边的中点，将四边形沿着线段折起，连接就得到了一个三棱柱（如图2）.
（1）若是四边形对角线的交点，求证：平面；
（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，由中位线关系证明四边形AOMG为平行四边形，再由线面平行的判定定理可得；
（2）先确定就是二面角的平面角，再建立如图所示空间直角坐标系，利用二面角确定点，再求出平面的法向量，代入空间线面角公式可得.
小问1详解】
证明：取中点，连接，
由题意知，，且，
因为是矩形对角线的交点，所以，且，
所以，且，所以四边形AOMG为平行四边形，
所以，
又平面平面，所以平面.
【小问2详解】
在图1中，，且，在图2中，上述关系依然成立，
所以就是二面角的平面角，即，
故以为坐标原点，分别为轴，轴正方向，垂直平面向上的方向为轴，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，
则，
因为，，
所以，
即，
又，所以，
所以，
设平面的法向量为，
则
取，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17. 甲、乙、丙三位同学进行猜拳游戏，规则如下：累计负两局者被淘汰；随机确定第一局的游戏者，另一人轮空；每局游戏的胜者与轮空者进行下一局游戏，负者下一局轮空，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，另一人最终获胜，游戏结束．设每局游戏双方获胜的概率都为．
（1）求甲获得第二局比赛胜利的概率；
（2）在甲获得第二局比赛胜利的条件下，第一局是由甲、乙进行游戏的概率；
（3）已知第一局是由甲、乙进行游戏，记丙参加游戏的局数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．
【答案】（1）
（2）
（3）分布列见详解；
【解析】
【分析】（1）根据题意分情况列举即可；
（2）结合（1），再利用条件概率公式即可求解；
（3）由题知，对局数最多5局，的取值可以为2，3，4，先分析，的情形并计算概率，再利用概率和为1，确定的概率，写出分布列并计算期望.
【小问1详解】
根据题意，第一局中的游戏者可以为甲乙，甲丙，乙丙，对应事件设为，
，设甲获得第二局比赛胜利为事件，
若甲在第一局参加比赛则必须获胜，且在第二局也获胜，若甲第一局未参加比赛，则只需在第二局获胜即可，
所以，
甲获得第二局比赛胜利的概率.
【小问2详解】
由题知，
，
所以甲获得第二局比赛胜利的条件下，第一局是由甲、乙进行游戏的概率为.
【小问3详解】
由题知比赛最多进行5局，则的取值可以为2，3，4
时，丙分别第2局和第4局输了比赛，
所以，
时，丙在2,3局获胜，第4局输，第5局继续比赛，
所以，
所以，
则分布列为：
.
18. 已知椭圆上一点到两个焦点的距离之和为6.
（1）求椭圆的方程；
（2）若椭圆上有不同的两点关于直线对称，求实数的取值范围；
（3）若动直线与交于点，，点是轴正半轴上异于的一定点，若直线，的倾斜角分别为，且存在实数使得恒成立，求点的坐标及的值.
【答案】（1）
（2）
（3），
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程.
（2）利用点差法列方程，根据点和椭圆的位置关系列不等式，由此求得的取值范围.
（3）设，联立直线与椭圆的方程，化简写出根与系数的关系，由此化简已知条件，求得点坐标以及的值.
【小问1详解】
由已知，将代入椭圆方程得，解得，
又椭圆上一点到两个焦点的距离之和为6，
所以，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
设，是椭圆上关于直线：对称的两个点，
设是线段的中点，则点在直线上，且.
则两式相减，
得.
，故，
联立
解得.
，
点应在椭圆的内部，
，解得.
实数的取值范围是.
【小问3详解】
设，（且），，，
将与联立得，
则，
又分别为直线的倾斜角，
因为，
所以为定值，
又，
又为定值，则，所以，
当时，为定值，
，
所以.

19. 已知函数（为自然对数的底数）
（1）求函数在点处的切线方程；
（2）若对记，若，有，求的取值范围；
（3）设，且，证明：
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）转化问题为对时恒成立，设，利用导数分析其单调性，进而求解即可；
（3）由（2）得，，，令，得，再利用累加法求证即可.
【小问1详解】
由，则，
而，则，
所以函数在点处的切线方程为，即.
【小问2详解】
若对，有，
即为：对时恒成立，
当时，不等式恒成立；
当时，不等式等价于，
即为恒成立，
设，则，
设，，则，
因为，所以，
所以在为减函数，则，
所以在为减函数，即，
所以，则的取值范围为.
【小问3详解】
由（2）知，当且时，，即，
令，得，
因为，所以，
当时，，当时，，
，
以上不等式相加得
，证毕.2
3
4