湖南省湘一名校联盟2026届高三上学期12月质量检测数学试卷含解析（word版）

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1.答题前，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，选出每小题后，用铅笔把答题卡对应题目的标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他标号.回答非选择题时，将写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】应用集合的交运算求集合即可.
【详解】由.
故选：A
2. 在中，，则最大的内角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由大边对大角及余弦定理求最大内角.
【详解】因为三条边中最大，所以最大的内角为，
由余弦定理得，
由，所以.
故选：C
3. 设等差数列的前项和为，若，则的公差为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知及等差数列的通项公式列方程求基本量.
【详解】设公差为，则，解得.
故选：B
4. 在平面直角坐标系中，是不同于原点的两个点，点关于点的对称点为，点关于点的对称点为，设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知结合向量加减、数乘的几何意义，用表示出即可.
【详解】如图，由题意知，因为，所以.
故选：D
5. 若为偶函数，则（ ）
A. B. C. 0或D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据为偶函数，得到方程，求出或，分两种情况，结合诱导公式得到答案.
【详解】若为偶函数，又，则或，解得或，
若，则，
若，则，所以.
故选：A
6. 在长方体中，分别是棱的中点，点满足，若过点的平面截长方体所得的截面为五边形，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据长方体的性质，以及面面相交的概念，判断截面为五边形时的情况，进而判断结果.
【详解】如图所示，
要使点所在的截面为五边形，则截面与棱相交，
因为是的中点，所以，
因为，，
所以，所以，
在长方体中，，所以，
所以，
同理可得，即，
因为，所以，即，所以，
即实数的取值范围是.
故选：B.
7. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由条件利用同角关系化简可得，由条件，结合两角和正弦公式可得，再根据两角差的正弦公式求出结果即可.
【详解】由题意得，即，即，
得，又因为，
所以，
因此.
故选：B.
8. 已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点（在第一象限），线段的中点分别为，若，则的斜率为（ ）
A. B. -1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设直线，，，联立抛物线与直线的方程，分别求得，从而得到.由，解得的值，求得的斜率.
【详解】易知，设直线，，，
由，得.
则.
从而， 所以.
由，得，即.
而，代入可得（正根舍去），由，解得，
从而的斜率为.
故选：D.
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. 设，则（ ）
A.
B
C.
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】应用赋值法求或系数和判断A、C，由二项式定理求对应项系数判断B，对等式两侧求导，再应用赋值法求系数和判断D.
【详解】对于A，令，则，故A错误；
对于B，由的系数为，故B正确；
对于C，令，则①，
令，则②，
所以，故C错误；
对于D，对原式两边求导，有，
令，得，故D正确.
故选：BD
10. 已知函数，则下列说法正确的有（ ）
A. 两个函数的图象在处的切线互相平行
B. 存在实数，使得
C. 函数在上单调递增
D. 的图象可由的图象绕某个点旋转得到
【答案】ACD
【解析】
【分析】通过求导得切线斜率判断A；分析与的单调性求最值，比较最值判断B；构造新函数并分析导函数符号验证C；利用中心对称的代数特征推导对称点，结合旋转性质验证D.
【详解】对于A，求的导数得，故；
求的导数得，故.
两函数在处切线斜率相等，且、，
切线不重合，故切线互相平行，A正确.
对于B，：当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
故在处取最小值.
：当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
故在处取最大值.因，
故的取值始终大于的取值，不存在实数使，B错误.
对于C，设，
.
当时，，故分子，
即，故在上单调递增，C正确.
对于D，若函数与关于点中心对称，
则对任意，有.
，对应得，；，，
故与的图象关于点对称.
而关于点对称的图形绕其对称中心旋转后会与另一图形重合，
因此的图象可由的图象绕点旋转得到，D正确.
故选：ACD
11. 已知双曲线的左､右焦点分别为，且到的渐近线的距离为2.过点且不与轴重合的直线与的左､右两支分别交于点和点的中点为，坐标原点为，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 若，则
D. 若，则的面积为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据双曲线的焦点到渐近线的距离为，判断A；由三角形三边关系判断B；由双曲线的定义判断C；由双曲线的定义结合勾股定理，求得的面积判断D.
【详解】对于A，由双曲线的焦点到渐近线的距离为，可知，故A正确；
对于B，如图（1），取的中点，连接，可知，
由三角形的三边关系，得，因此，故B正确；
对于C，如图（2），可知是的中位线，因此，
又，
因此，故C正确；
对于D，易知的半焦距，如图（3），设，
因为点在左支上，所以；因为点在右支上，所以.
所以.
因此，连接，可知.
在中，有，解得.
因此，从而的面积为，故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. 已知复数，且，则__________..
【答案】2
【解析】
【分析】由已知得，结合复数模的性质求复数的模.
【详解】由，得，
所以，又，故.
故答案为：2
13. 已知正数满足，则__________.
【答案】16
【解析】
【分析】根据对数的运算性质和换底公式化简计算即得.
【详解】因为
，
所以.
故答案为：16
14. 已知集合，甲､乙两人分别从的所有子集中随机抽取一个集合，两人的抽取结果相互独立，设为两人取到的集合中相同元素的个数，则的数学期望__________.
【答案】
【解析】
【分析】设甲､乙两人抽取的子集分别为，法一：确定的所有可能取值，分析对应概率，即可得分布列，进而求期望；法二：对于中的每个元素，定义，从而得到，结合求期望.
【详解】方法一：的所有可能取值为，设甲､乙两人抽取的子集分别为，
因为的子集一共有个，故所有的抽取结果有种，
要得到，先从5个元素中选个公共元素，有种方式，
对于剩余个元素，每个元素有3种状态：
（1）仅在中；（2）仅在中；（3）既不在中，也不在中，故共有种方式，
所以，的分布列为：
所以.
方法二：设甲､乙两人抽取的子集分别为.
对于中的每个元素，定义，则，所以，
对每个有一半子集中含有，另一半子集不含，即，
所以，所以，故.
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. 记数列的前项和为，已知.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用的关系求的通项公式；
（2）由题设写出的通项公式，再应用错位相减法、等比数列的前n项和求.
【小问1详解】
当时，，得，
当时，，得，整理得，
所以从开始成公比为3的等比数列，则.
综上，；
小问2详解】
由（1）得，
当时，，
当时，，
则，
两式相减，得，
所以也满足该式，
故.
16. 某经济研究所为了解居民存款余额变化情况，对2009年至2024年居民存款余额进行统计分析，将2009年看成第1年，依次类推，得到第1~16年的居民存款余额（单位：万亿元）的散点图，如图所示：
（1）已知从2021年开始，居民存款余额超过100万亿元，若从2009年至2024年中任取2年，求这2年中恰有一年居民存款余额超过100万亿元的概率；
（2）由散点图知，和的关系可用经验回归模型进行拟合，求关于的经验回归方程.
参考数据：设，则.
参考公式：对于一组数据，其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）16年中有4年居民存款余额超过100万亿元，根据组合知识求解概率；
（2）两边取对数，再根据公式求出，，从而，故.
【小问1详解】
由题意，16年中有4年居民存款余额超过100万亿元，
故所求概率为.
【小问2详解】
，
由题知，，
，
，
，故.
17. 如图，在正四棱锥中，点在棱上，点在棱上，且.
（1）证明：平面；
（2）若分别为所在棱中点，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）根据正四棱锥的性质，以及线面垂直的判定定理，证明结果即可.
（2）根据求面面夹角的余弦值向量方法，建立空间直角坐标系，求出平面法向量，进而求出结果.
【小问1详解】
连接，与交于点，连接，如图所示，
根据正四棱锥的性质可知平面.
所以，又，又平面，所以平面，
又平面，所以.
又，又平面，
所以平面.
【小问2详解】
连接.由（1）知平面，所以.
因为是的中点，是的中点，所以，所以.
又是的中点，所以，从而是正三角形.
如图，以直线分别为轴建立空间直角坐标系.
设，则.
因为平面，
所以平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，因为，
所以，
令，解得，所以平面的一个法向量为.
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
18. 已知函数.
（1）若，求的最大值；
（2）证明存在唯一的极大值点，且；
（3）若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）0； （2）证明见解析；
（3）.
【解析】
【分析】（1）对函数求导得，令且，判断导数的区间符号确定单调性，进而求最大值；
（2）设，根据零点存在性定理确定零点所在区间，进而判断的符号求的单调性，再求其极大值点，最后证明；
（3）问题化为，讨论、、，再应用导数研究不等式恒成立求参数范围.
【小问1详解】
当时，，则.
易知在上单调递减，且，
当时，单调递增，当时，单调递减，
因此的极大值即最大值，为；
【小问2详解】
，设，
因为，所以在上单调递减，又，时，
因此，使得，即，即，
当时单调递增，当时单调递减，
因此存在唯一的极大值点，
，
当且仅当时等号成立，得证.
小问3详解】
，即，因为，所以，
当时，不等式恒成立；
当时，不等式转化为恒成立，设，
所以，
令，解得，则在上的单调性如下，
在上，单调递增，在上，单调递减，
所以在内有唯一极大值点，即，从而，
当时，不等式转化为恒成立，
令，解得，则在上的单调性如下，
在上，单调递减，在上，单调递增，
所以在内有唯一极小值点，则，从而，
综上，的取值范围是.
19. 已知椭圆的左､右焦点分别为，上顶点和右顶点分别为，.
（1）求的方程.
（2）已知过点的直线与交于两点，过点且与垂直的直线与交于两点，在轴的上方，分别为的中点，直线与交于点.
（i）求证：直线过定点；
（ii）求面积的最小值.
【答案】（1）；
（2）（i）证明见解析；（ii）.
【解析】
【分析】（1）根据已知求出椭圆参数值，即可得方程；
（2）（i）设，直线，联立椭圆，应用韦达定理及已知求出的坐标，进而写出直线并确定其定点；（ii）连接，设为线段的中点，直线分别与相交于点，连接，进而得到，应用弦长公式、三角形面积公式列方程，再由基本不等式求最小值.
【小问1详解】
设的半焦距为，由题意知，
由椭圆的几何性质知，，
，则，
，
，故的方程为.
【小问2详解】
（i）由（1）知，，由题意知，直线与坐标轴不垂直，
设，直线，
将代入，整理得，
，
，
，同理可得，
，
∴直线，即，
∴直线过定点.
（ii）如图，连接，设为线段的中点，直线分别与相交于点，连接.
分别为的中点，
，则，
，故.
由（i）知，，
同理可得，，
，
当且仅当，即时，等号成立，
面积的最小值为.0
1
2
3
4
5