湖南省长沙市第一中学2026届高三上学期12月月考数学试题（Word版附解析）

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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
【解析】
【分析】先计算集合，根据元素与集合、集合与集合之间的关系判断各个选项.
【详解】因为，所以，可知
对于A，是集合不是集合的元素，故错误，A错误；
对于B，，B错误；
对于C，，C正确；
对于D，因为，不满足，D错误；
故选：C.
2. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依复数四则运算法则及复数模的意义即可得解.
【详解】,
,
故选: C.
3. 已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且满足，，则（ ）
A. 11B. 31C. 32D. 121
【答案】B
【解析】
【分析】由等比数列的性质求出，再用公比表示出，求出.由等比数列的前n项和公式即可求得.
【详解】由等比数列的性质知，又，所以，
设的公比为，则，所以或（舍），
所以.
故选：B.
4. 将一枚质地均匀的骰子连续抛掷2次，记所得点数分别为x，y，则能被3整除的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据古典概型求解概率即可.
【详解】所有基本事件有个，
和从3，6中选共有4个，和从1，4中选1个，从2，5中选1个，共有8个，
所求概率为.
故选：D.
5. 已知点是抛物线上的一点，设点到直线和的距离分别为，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据抛物线定义，将点到的距离转化为点到焦点的距离，然后数形结合，根据三角形三边关系，可以得出的最小值即为点到直线的距离，再结合点到直线的距离公式即可求解.
【详解】由题意，抛物线的焦点，准线方程为，
因为点在抛物线上，所以，所以.
联立方程组得：，则，
所以直线与抛物线无公共点，
如图所示，的最小值即为点到直线的距离，
所以最小值为，
即的最小值为.

故选：A
6. 在平行四边形中，，分别是，的中点，点在线段上.若，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，根据向量线性运算可得，由题意可得，，计算可解.
【详解】如图，作出符合题意的图形，
因为，分别是，中点，
所以，，
则，
因为点在线段上，设，
则，
若，则，，
所以，当时，有最大值.
故选：C
7. 曲线与的公切线的条数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】设出切点，即可根据点斜式求解直线方程，根据公切线列方程得，令，构造，由导数求解方程根的个数即可求解.
【详解】设的切点为，的切点为，
，，
所以在处的切线方程为，即，
在处的切线方程为，即
故且，
故，即，
令，构造，
则，
当在区间单调递增，
在区间单调递减，
故，且当，，
故有两个不相等的实数根，
故公切线的条数为2，
故选：C
8. 如图，现有棱长为8的正方体玉石缺失了一个角，缺失部分为正三棱锥，且，，分别为棱，，上离最远的四等分点，若将该玉石打磨成一个球形饰品，则该球形饰品的半径的最大值为（ ）
A. 4B. 3C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用等体积法求出点到平面的距离，说明所求内切球不是正方体的内切球，作截面确定球心位置及球的半径.
【详解】由题意可得，
所以为等边三角形，设的中心为，
则，因为平面，平面，
所以，又，平面，
所以平面，平面，
所以，同理可证，
而平面，，所以平面，
因为，所以，又，
所以，又，，平面，
所以平面，平面，
所以，同理证明，
又平面，，所以平面，
所以三点共线，设点到平面的距离为，
而，
，
由，得，
解得，即，又，所以，
因为，所以该球不是正方体的内切球，
连接，交于点，连接，
由对称性可得球的球心位于线段上，且该球与平面相切，与平面相切，
设球心为，球的半径为，则，，故，
所以，所以，
所以所求球形饰品的半径的最大值为.
故选：D
二､多选题（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. 设为坐标原点，已知对任意实数，直线与圆都有两个交点，，则（ ）
A. 直线过定点
B.
C. 当时，的最小值为
D. 当时，
【答案】BC
【解析】
【分析】直线过定点问题将含参数部分合并同类项，令其为零即可得到定点；判断定点与圆的位置关系结合两点间距离公式得到判断半径的范围；根据向量的数量积定义将数量积的最小值转化为求的最小值求解；利用弦长公式和圆心到直线距离的范围求解.
【详解】选项，将直线整理为，
令得，故直线过定点，故错误.
选项，由题可知直线与圆总有两个交点，则说明定点在圆内，
圆心为，半径为，可得，
因为在圆内，所以，即，故正确.
选项，当时，
，
要使最小，只需要最小即可，
圆心到直线的距离，且，
则.
由，将上式代入得
，
整理得，
由，
解得，故最小值取，
因此最小值为， 故正确.
选项，当时，
弦长公式，
因为,则，
故,故错误.
故选：
10. 如图，曲线下有一系列正三角形，设第个正三角形（为坐标原点）的边长为，则（ ）
A.
B. 记为数列的前项和，则为
C. 记为数列的前项和，则
D. 数列的前项和为
【答案】BD
【解析】
【分析】A.首先由正三角形求得点和的坐标，代入曲线，即可求解；B. 由为边长为的等边三角形，求得的坐标；C.将坐标代入曲线，判断C；D.根据C的结果，利用公式，即可求通项公式.
【详解】A.由题意可知为等边三角形，如图，，则，
因为点在曲线上，可得，解得或（舍），
又由题意可知为边长为的等边三角形，则，
则，可得，解得或（舍），故A错误；
B.由为边长为的等边三角形，可得，故B正确；
C.由点在曲线上，则，整理得，
由，可知，故C错误；
D.当时，可得，
所以，
可化为，
因为，则，所以，，
又因为，符合上式，故，
则数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以数列的通项公式为，
所以，故D正确.
故选：BD
11. （多选题）已知是由具有公共直角边的两块直角三角板（和）组成的三角形，如下图所示，其中，.现将沿斜边进行翻折成（不在平面上）.若分别为和的中点，则在翻折过程中，下列命题中正确的是（ ）
A. 在线段上存在一定点，使得平面
B. 存在某个位置，使得直线平面
C. 存在某个位置，使得直线与所成角为
D. 对于任意位置，二面角始终不小于直线与平面所成角
【答案】ABD
【解析】
【分析】由线成平行判定定理判断A，由线面垂直的判定定理判断B，
假设存在某个位置，使得直线与所成角为，由，过作，可得，设，计算出后可判断C，过作平面，垂足为，连接，过作，垂足为，连接，可得为与平面所成角，为二面角的平面角，根据和的大小关系得有大小关系，从而得两角的正切之间的大小关系，判断出D．
【详解】对于，当为的中点时，可得，平面，平面，即有平面，故正确；
对于，由于，当，且，，可得直线平面，故正确；
对于，取的中点为，则，过作，可得，
设，，，，
可得，，，，
而，而，
代入计算可得，
而，
且当时，有，
故存在某个位置，使得直线与所成角为，故正确；
对于，过作平面，垂足为，连接，过作，垂足为，连接，可得为与平面所成角，为二面角的平面角，，，，∴，可得，则任意位置，二面角始终不小于直线与平面所成角，故正确．
故选：ABCD．
【点睛】本题考查线面平行、线面垂直的判定，考查异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角，对空间角需作出表示空间角的“平面角”，通过“平面角”表示空间角．
三､填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）
12. 已知，，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据两角差的正弦公式和同角三角函数的商关系解得，再利用两角和的正弦公式代入计算得到结果.
【详解】已知，则.
因为，则，
代入上式可得，解得，
则，
故答案为：.
13. 从0~9这十个数字中选取3个数，能组成无重复数字的三位偶数__________个.（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】按照0是否在末位分类讨论即可求解.
【详解】末位是0时：末位有1种选法，十位有种选法，百位有种选法，
故末位是0的三位偶数有；
末位不是0时：个位有种选法，百位有有种选法，十位有种选法，
故末位不是0的三位偶数有；
所以共有个．
故答案为：.
14. 如图，已知，为双曲线上关于原点对称的两点，点与点关于轴对称，，直线交双曲线右支于点.若，则双曲线的离心率__________.
【答案】
【解析】
【分析】设，，然后根据对称求出坐标，然后根据向量线性关系求出坐标，求出的值，将坐标代入双曲线方程联立并化简，即可得到，最后求出双曲线的离心率.
【详解】因为，为双曲线上关于原点对称的两点，
所以设，则，因为点与点关于轴对称，所以.
所以，因为，所以，所以.
因为，所以，所以.
由于，所以，设，则得.
得，又，所以
所以，所以双曲线的离心率为.
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. 如图，平面四边形中，，，.的三个内角，，的对边分别是，，，且.
（1）求角；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由诱导公式及两角和的正弦公式化简，求出，即可得解；
（2）利用余弦定理求出，再由正弦定理求出，即可求出，最后由面积公式计算可得.
【小问1详解】
因为在中，，
故，而，
故，
即，又，，
可得，，又，；
【小问2详解】
由于，，，
故，
则；
又，
故，
又为锐角，
所以
，
故；
16. 如图1，在平面五边形中，为等腰直角三角形，，，，，点E，F分别为，的中点，将沿折到如图2的位置.
（1）证明：平面；
（2）若二面角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）取的中点G，连接，易知 ，，利用面面平行的判定定理得到平面平面即可.
（2）取中点O，连接，，易证平面 ， 平面，以O为原点，分别以，为x轴，y轴，过点O平行于的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量，平面的一个法向量，设平面与平面所成的锐二面角为θ，由求解.
【详解】（1）取的中点G，连接，，
因为E为中点，
所以为的中位线，
所以.
因为平面，平面，
所以平面，
因为，平面，平面，
所以平面，
又， 平面，平面，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面
（2）由题意知为等腰直角三角形，为直角梯形.
取中点O，连接，，
因为，，
所以为二面角的平面角，
所以，
因为，
所以为等边三角形，
取的中点H，则，
因为，，
所以平面 ，
所以.
又，
所以 平面，
以O为原点，分别以，为x轴，y轴，过点O平行于的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设为平面的一个法向量，
由，得，
令，得，
设为平面的一个法向量，
由，得，
令，得，
设平面与平面所成的锐二面角为θ，
则.
【点睛】方法点睛：求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角
17. 作为湖南省内最高规格的业余足球赛事，湘超联赛自2025年9月开赛以来，凭借14个地级市对抗的独特赛制引发全民热议.为了解某场湘超联赛的观众与性别是否有关系，某机构在全市随机抽取了500名居民，其中男性居民与女性居民的人数比为，在抽取的男性居民中，有的人观看了这场湘超联赛，在抽取的女性居民中，有100人没有观看这场湘超联赛.
（1）在样本中，随机抽取5人，记5人中观看了这场湘超联赛的人数为X，求X的期望值；
（2）用频率估计概率，样本估计总体，按样本中性别比例用分层抽样的方法在全市居民中随机抽取5人，求恰有2人观看了这场湘超联赛的概率；
（3）现定义：，其中A，B是随机事件，从这500人中任选1人，M表示“居民观看了这场湘超联赛”，N表示“居民是女性”，设观看这场湘超联赛与性别的相关程度的一项度量指标，请利用样本数据求出k的值.
【答案】（1）3 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由男性居民与女性居民的人数比，可知样本中男性居民与女性居民的人数，计算其中观看这场湘超联赛的人数，用频率估计概率，由于样本总量远大于抽样个数，可以近似认为X服从二项分布，根据期望值公式运算即可得出结论；
（2）分层抽样中，男性抽 人，女性抽 2 人，分别求出男性和女性的观看概率，利用离散型随机变量的概率分别求出＂恰有2人观看＂包含的3种情况的概率即可.
（3）利用新定义，结合条件概率的公式计算即可；
【小问1详解】
由题意，得样本中男性居民与女性居民的人数分别为300人，200人，
在300名男性居民中，有200人观看了这场湘超联赛，在200名女性居民中，有100人观看了这场湘超联赛，
所以样本中，观看了这场湘超联赛的频率为.
用频率估计概率，在样本中，随机抽取5人，记5人中观看了这场湘超联赛的人数为X，X服从二项分布，故期望值：.
【小问2详解】
分层抽样中，男性抽 人，女性抽 2 人，
男性观看概率：，女性观看概率：，
＂恰有2人观看＂包含3种情况：
男性 2 人、女性 0 人： ，
男性 1 人、女性 1 人：，
男性 0 人、女性 2 人：，
所以，恰有2人观看了这场湘超联赛的概率：.
【小问3详解】
因为，
所以.
因为，
所以.
所以.
18. 已知椭圆的离心率为，为坐标原点，椭圆上的点到两个焦点的距离之和为4.
（1）求椭圆的方程；
（2）设椭圆的左､右顶点分别为，，过点且斜率不为0的直线交椭圆于，两点，直线与直线相交于点.
（i）求证：点在定直线上；
（ii）设和的面积分别为，，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）（i）证明过程见解析.
（ii）
【解析】
【分析】(1)根据椭圆的定义和离心率求方程；
(2)（i）设直线的方程，并与椭圆方程联立整理得到根与系数的关系，同时表示出直线和的方程，利用两个方程得到交点的横坐标，得以证明点在定直线上；
（ii）先表示出两个三角形面积比的形式，结合求得的根与系数的关系进行化简整理得到 的关系，代入分析最终得到的取值范围.
【小问1详解】
由椭圆定义得，解得，又因为离心率，
所以，则，
因此椭圆标准方程为.
【小问2详解】
（i）证明：设过点的直线的方程为且斜率不为，设，
由椭圆方程可知，联立，
整理得，
由根与系数的关系得，
设直线的方程为，直线的方程为，
设，则，
将代入得，
同时将根与系数关系式代入上式，化简整理得，
因为直线的斜率不为，不能同时为，且若假设，
代入到，得；
代入到，得，
将代入到中，整理得，即矛盾，故假设不成立，
即，
故只能，即，
因此点在定直线上.
（ii）由题可知，
且，，
所以.
由（i）可知，且，
设，则，代入到根与系数关系中即
，
将上式化简整理得，再结合
消去后得，
又因为
最终化简可得，解得
又因为，
故的取值范围为.
19. 已知函数的定义域为，其导函数为，且.
（1）求的单调区间与最大值；
（2）已知关于的方程恰有两个实数根，若，求的取值范围；
（3）证明：.
【答案】（1）在单调递增，在单调递减，最大值为
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对求导，得出的单调性，结合最值的定义即可得出答案；
（2）设，代入，可将化简为，设，对求导，得出的单调性，证得，即可求出答案；
（3）设，求，研究的单调性和最值可得，再结合的单调性即可证明.
【小问1详解】
，令，解得，
所以当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以当时，取得最大值，
所以在单调递增，在单调递减，的最大值为.
【小问2详解】
依题意，，两式相除可得，，
不妨设，所以，所以，
所以，
设，则，
设，则，
所以单调递增，所以，
所以单调递增，所以.
所以取值范围为.
【小问3详解】
设
设，则，
设，则，
所以单调递减，，
所以单调递减，
因为，
所以在单调递增，在单调递减，
所以，
由（1）知，，所以函数单调递减，
所以，即，
所以.