湖南省长沙市第一中学2026届高三上学期12月月考（三） 数学试卷（含解析）

这是一份湖南省长沙市第一中学2026届高三上学期12月月考（三） 数学试卷（含解析），共26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。
时量：120分钟 满分：150分
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，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
2. 已知复数为虚数单位，若为纯虚数，则（ ）
A. B. 20
C. D. 6
3. “数列既是等差数列又是等比数列”是“数列是常数列”的（ ）．
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4. 设随机事件A，B满足，，则（ ）
A. 0.4B. 0.35C. 0.25D. 0.1
5. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与双曲线的左、右支分别交于两点，且，，其中为坐标原点，则双曲线的离心率为（ ）
A. 4B.
C. D. 3
6. 已知函数的定义域为，其导函数是.若对任意的有，则关于的不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
7. 已知是边长为4的等边三角形，点是所在平面内的一点，且满足，则的最大值是（ ）
A. 8B. 8
C. D. 12
8. 在四面体中，与都是边长为6的等边三角形，点满足．当四面体体积最大时，过点的平面截四面体外接球所得圆的面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
二、选择题（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，至少有两项符合题目要求，若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分）
9. 若动直线与圆相交于两点，则（ ）
A. 直线过定点
B. 的最小值为
C. 的最小值为
D. 存在点，使为定值
10. 已知正方体，点满足，则（ ）
A. 当时，平面
B 当时，平面
C. 当为直角三角形时，
D. 当的面积最小时，
11. 已知数列的前项积，数列的前项和为1，满足．则（ ）
A. 数列为递减数列
B. 若，则满足要求的正整数对共有对
C. 记，数列的前项和为，则
D. 记，则
三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）
12. 学校开展班级轮值活动，高二某班有四个轮值小组负责甲、乙、丙三个地点的站岗值班任务，每个小组负责一个地点，每个地点至少有一个小组负责，且小组不去甲地点，则不同的任务分配方法种数为___________．（用数字作答）
13. 如图，已知点是某球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上两点与点在同一条水平直线上，且在点的同侧．若在处分别测得球体建筑物的最大仰角为和，且，则球体建筑物的半径为___________．
14. 设函数，若恒成立，则的最小值是___________．
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. 在锐角中，角所对的边分别为为边上一点，且平分．
（1）求证：；
（2）若，求的值．
16. 某高中学校计划通过体质测试，了解学生体质健康水平．规定按照成绩由高到低，前的学生测试成绩记为“优秀”．为了了解本次体质测试情况，从中抽取了部分学生的成绩（单位：分，得分取正整数，）作为样本进行统计，将成绩进行整理后，分为六组（如图）：
（1）求的值并估计记为“优秀”的最低分数；
（2）如果用按比例分层抽样的方法从样本成绩为和的学生中共抽取8人，再从8人中选4人，记4人中成绩不合格（成绩低于60分）的学生人数为，求的分布列与期望；
（3）经统计，高中生体质测试成绩近似服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本的标准差，并已求得．体质监测中心计划从全市抽取名高中生进行体质测试，记这名高中生的体质测试成绩恰好落在区间内的人数为，求的数学期望．
参考数据：若，则．
17. 已知三棱柱的底面是边长为2的正三角形，平面与底面垂直，，当时，．
（1）当时，求三棱锥的体积；
（2）当时，求平面与平面夹角的余弦值的最大值．
18. 已知平面直角坐标系中动点到定点的距离和到直线的距离之比为．
（1）求动点的轨迹；
（2）已知点的坐标为，点为轨迹在第一象限的点，点关于原点的对称点为．
（i）设点到直线的距离分别为，求的取值范围；
（ii）设轨迹在处的切线方程为，射线交于点T．求证：．
19. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，求的值；
（3）当时，证明：有2个零点．
答案版
大联考长沙市一中2026届高三月考试卷（三）
数学
时量：120分钟 满分：150分
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，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【详解】因为，
所以，
故选：C．
2. 已知复数为虚数单位，若为纯虚数，则（ ）
A. B. 20
C. D. 6
【答案】B
【详解】，
且为纯虚数，，，
，．
故选：B．
3. “数列既是等差数列又是等比数列”是“数列是常数列”的（ ）．
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【详解】数列既是等差数列又是等比数列，则可知是常数列，所以充分性成立；
若是常数列，则不是等比数列，所以必要性不成立，
所以“数列既是等差数列又是等比数列”是“数列是常数列”的充分不必要条件，故选A．
4. 设随机事件A，B满足，，则（ ）
A. 0.4B. 0.35C. 0.25D. 0.1
【答案】D
【详解】根据题意可得，，
故由互斥事件概率的加法公式得：，
故，易得，
所以.
故选：D.
5. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与双曲线的左、右支分别交于两点，且，，其中为坐标原点，则双曲线的离心率为（ ）
A. 4B.
C. D. 3
【答案】C
【详解】
由题意设，
根据题意可知，
在中，，得，
从而，
在Rt中，，得，即．
故选：C
6. 已知函数的定义域为，其导函数是.若对任意的有，则关于的不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】令函数，，求导得，
因此函数在上单调递减，不等式，
即，解得，
所以原不等式的解集为.
故选：B
7. 已知是边长为4的等边三角形，点是所在平面内的一点，且满足，则的最大值是（ ）
A. 8B. 8
C. D. 12
【答案】D
【详解】如图，取等边的中心为，的中点为，
则，
因为，
所以，则，
故点在以为圆心，1为半径的圆上．
过作交圆于点，且与方向相同，
由向量数量积的几何意义知，当点与点重合时，取最大值，
此时，过点作的垂线，垂足为，易知，
所以．
故选：D．
8. 在四面体中，与都是边长为6的等边三角形，点满足．当四面体体积最大时，过点的平面截四面体外接球所得圆的面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】如图，取的中点，连接，分别取和的外心与，
过两点分别作平面和平面的垂线，交于点，

则点就是四面体外接球的球心，则为二面角的平面角，
当时，四面体的体积最大．则四边形是正方形，其边长为，
故四面体外接球半径，
则，当与过点的截面垂直时，截面圆的面积最小，
此时截面圆的半径，则截面圆的面积为．
故选：A．
二、选择题（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，至少有两项符合题目要求，若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分）
9. 若动直线与圆相交于两点，则（ ）
A. 直线过定点
B. 的最小值为
C. 的最小值为
D. 存在点，使为定值
【答案】ABD
【详解】对于A，由，可得，故直线恒过定点，故A正确；
对于B，圆，圆心为，半径为3，
由圆的性质可得当时，最小，
此时，故B正确；
对于C，取的中点，则，
又，则圆心到直线的距离，所以，
则的最大值为，故C错误；
对于D，取点，过点作圆的直径，如图，因为，
且，所以，
由相交弦定理知，又，则，
所以为定值，故D正确．
故选：ABD．
10. 已知正方体，点满足，则（ ）
A. 当时，平面
B 当时，平面
C. 当为直角三角形时，
D. 当的面积最小时，
【答案】ACD
【详解】由题可知，设正方体的棱长为1，如图以点为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，
所以，因为，所以.
对于A，当 时，，则，
因为，
所以，
又因为平面，
所以平面，故A正确；
对于B，当 时，，
设平面的法向量为，
则，故可取，
因为，所以平面不正确，故B错误；
对于C，当为直角三角形时，
，
当时，
，解得或（舍去），
当时，，显然这种情况不存在；
当时，，显然这种情况不存在，
因此当为直角三角形时，，故C正确；
对于D，，
，
所以，因此是等腰三角形，底边，
设到的距离为，则，
因面积，
则的面积最小时，的值最小，此时，故D正确．
故选：ACD
11. 已知数列的前项积，数列的前项和为1，满足．则（ ）
A. 数列为递减数列
B. 若，则满足要求的正整数对共有对
C. 记，数列的前项和为，则
D. 记，则
【答案】BCD
【详解】当时，，当时，满足上式，
．
①，当时，②，①-②得，即，
，当时，，
，
，也满足，
．
选项A:，数列不是递减数列，故A错误；
选项B：时，，又，，
为不超过10的正整数，满足要求的正整数对共有对，故B正确；
选项C：，
，故C正确；
选项D：，，
函数的导数，当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减．
，且在定义域上，
，即，故D正确．
故选：．
三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）
12. 学校开展班级轮值活动，高二某班有四个轮值小组负责甲、乙、丙三个地点的站岗值班任务，每个小组负责一个地点，每个地点至少有一个小组负责，且小组不去甲地点，则不同的任务分配方法种数为___________．（用数字作答）
【答案】24
【详解】若甲地点去一个小组，从组选一组去甲地点，有种，
再将剩下的3个小组分配到剩下的2个地点，且每个地点至少有1个小组，有种，此时共有种；
若甲地点去两个小组，从组选两个小组去甲地点，有种，
将剩下的2个小组分配到剩下的2个地点有种，此时共有种．
综上，不同的任务分配方法种数为种.
故答案为：24
13. 如图，已知点是某球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上两点与点在同一条水平直线上，且在点的同侧．若在处分别测得球体建筑物的最大仰角为和，且，则球体建筑物的半径为___________．
【答案】10
【详解】设该球体建筑物的半径为，根据题意作示意图如下，均为球的半径，
，
，
，
，即
．
故答案为：．
14. 设函数，若恒成立，则的最小值是___________．
【答案】2
【详解】因为函数的定义域为，
当时，，由恒成立，则有恒成立，
因为的值域为，所以不一定恒成立，矛盾，故不成立；
当时，由，
由，
所以要使得恒成立，则，即，所以．
设，
则，
当时，，所以在上单调递增，
当时，，所以在上单调递减，
所以有最小值，所以的最小值是．
故答案为：．
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. 在锐角中，角所对的边分别为为边上一点，且平分．
（1）求证：；
（2）若，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【小问1详解】
由，
所以，
则，
因为在锐角中，，则，
由正弦定理得，得证.
【小问2详解】
因为为三角形内角，故，
由平分得，
由得，
，
所以，解得.
由得，，所以.
所以.
16. 某高中学校计划通过体质测试，了解学生体质健康水平．规定按照成绩由高到低，前的学生测试成绩记为“优秀”．为了了解本次体质测试情况，从中抽取了部分学生的成绩（单位：分，得分取正整数，）作为样本进行统计，将成绩进行整理后，分为六组（如图）：
（1）求的值并估计记为“优秀”的最低分数；
（2）如果用按比例分层抽样的方法从样本成绩为和的学生中共抽取8人，再从8人中选4人，记4人中成绩不合格（成绩低于60分）的学生人数为，求的分布列与期望；
（3）经统计，高中生体质测试成绩近似服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本的标准差，并已求得．体质监测中心计划从全市抽取名高中生进行体质测试，记这名高中生的体质测试成绩恰好落在区间内的人数为，求的数学期望．
参考数据：若，则．
【答案】（1），88分
（2）分布列见解析，
（3）
【小问1详解】
由图可知，
解得.
因为，
则成绩由高到低的前分数线必在之间，
设分数线为，则，得，
则记为“优秀”的最低分数为88分.
【小问2详解】
样本成绩位于和的比例为，
故所抽取的个人中，来自的人数为，来自的人数为，来自的人数为，
则的所有可能取值为1，2，3，4．
，
，
所以的分布列为
方法一：.
方法二：服从参数的超几何分布，故.
【小问3详解】
由题意得，，
由，所以，
所以
，
所以高中生的体质测试成绩恰好落在区间内的概率约为0.8186，
故，所以.
17. 已知三棱柱的底面是边长为2的正三角形，平面与底面垂直，，当时，．
（1）当时，求三棱锥的体积；
（2）当时，求平面与平面夹角的余弦值的最大值．
【答案】（1）1 （2）
【小问1详解】
如图，分别取和的中点，连接，
因为平面平面，且平面平面，
又为等边三角形，为的中点，
则，即平面，则.
由，则为的中点，则，
故四边形为平行四边形，
则．又，且，
则平面，
则，又为的中点，
则有.
故.
【小问2详解】
方法一：当时，三棱柱为正三棱柱，
分别取和的中点为，则两两互相垂直，
以原点，分别以为，轴建立空间直角坐标系，如图所示．
由（1）知，则，由得
取平面的法向量为，设平面的法向量为，
设平面与平面的夹角为，易得，
则
令，则，即，
则，
当时，取最大值，
故当，即为棱中点时，平面与平面夹角的余弦值取最大值.
方法二：由（1）知，
延长交直线于点，连接，过点作于点，连接，
因为平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
所以为所求两平面夹角，且，
又，故当且仅当点与点重合时，有最小值1，
由余弦函数单调性知有最大值，此时.
18. 已知平面直角坐标系中动点到定点的距离和到直线的距离之比为．
（1）求动点的轨迹；
（2）已知点的坐标为，点为轨迹在第一象限的点，点关于原点的对称点为．
（i）设点到直线的距离分别为，求的取值范围；
（ii）设轨迹在处的切线方程为，射线交于点T．求证：．
【答案】（1）以为两焦点的椭圆
（2）（i）；（ii）证明见解析
【小问1详解】
由题可得，整理得到，即，
所以动点的轨迹是以为焦点的椭圆．
【小问2详解】
（i）由椭圆对称性知四边形为平行四边形，
故，即，
即有，
因为为轨迹在第一象限的点，则，
所以，
又，则，所以，即.
（ii）由题知的斜率存在，可设斜率为，则，
由，消得到，
所以，
整理得到，即，
又，所以，
整理得，
即，所以，
又设过点与垂直的直线交轴于点，则直线的方程为，
令，可得点的坐标为，则有，
又由（i）知，，同理可得，
则有，
又，
所以，又，则，
故平分，又，则，
又，则，故
19. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，求的值；
（3）当时，证明：有2个零点．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【小问1详解】
当时，，则，
所以，，
所以曲线在点处的切线方程为，
即．
【小问2详解】
函数的定义域为，且，
① 当时，易得，在上单调递减，
又，所以当时，，不符合题意；
② 当时，由，得时，即在上单调递增；
由，得时，即在上单调递减，
所以，
因为，则其等价于，即．
令，则，
所以当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，因恒成立，故．
【小问3详解】
．
令，得，
令，则与有相同的零点，
且．
令，则，
因为当时，，所以在区间上单调递增，
又，，所以，使得，
所以当时，，即；
当时，，即，
所以在单调递减，在单调递增，
所以的最小值为．
由，得，即，
令，，则，则在单调递增．
因为，所以，则，
所以，从而，，
所以的最小值．
因为，所以当趋近于0时，趋近于；
当趋近于时，趋近于，且，
所以有2个零点，故有2个零点．
1
2
3
4