湖南省长沙市长郡中学2026届高三上学期月考（五）数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市长郡中学2026届高三上学期月考（五）数学试卷（Word版附解析），共19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。
数学试题
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．中，“”是“”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
3．已知是首项为1的等比数列，是的前n项和，且，则数列 的前5项和为
A．或5B．或5C．D．
4．已知在梯形中，且满足，E为中点，F为线段上靠近点B的三等分点，设，，则（ ）．
A．B．C．D．
5．若，则（ ）
A．B．C．D．
6．设是定义域为的奇函数，且．若，则（ ）
A．0B．C．D．
7．已知为样本空间中的两个随机事件，其中，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知双曲线的左、右焦点分别为，点为双曲线上位于第一象限内的一点，为的内心，交轴于点，且，直线的斜率为，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．2D．
二、多选题
9．三次函数的性质，下列说法正确的是（ ）
A．函数在处的切线方程为
B．的极小值点为
C．当时，方程有三个实根
D．的图象关于点对称
10．任何一个复数（其中）都可以表示成：的形式．法国数学家棣莫弗发现：，我们称这个结论为棣莫弗定理．根据以上信息，下列说法正确的是（ ）
A．当时，
B．若或，则
C．
D．当，且为偶数时，复数为纯虚数
11．已知正方体的棱长为2，为正方形内一动点（含边界），点分别是棱的中点，下列说法正确的是（ ）
A．平面与正方体各面的交线是正六边形
B．对任意的点，直线与直线是异面直线
C．平面将正方体分成体积相等的两部分，将其中一部分内置一球，球的半径最大为
D．若点到点的距离等于到棱的距离，则点的轨迹是抛物线的一部分
三、填空题
12．的展开式中的系数等于 ．
13．已知圆，若点是圆上的动点，则的最小值为 ．
14．在中，内角所对的边分别为，若，则

（1） ；
（2）若，在所在平面内取一点（与在两侧），使得线段，，则面积的最大值为 ．
四、解答题
15．已知数列的首项，且满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求的前项和．
16．记2020~2024年的年份代码依次为1，2，3，4，5，下表为2020~2024年中国出生人数y（单位：万人）与年份代码x的统计数据：
(1)根据上表数据求得y关于x的经验回归方程为，求x与y的相关系数r，并判断该经验回归方程是否有价值：（若，则认为经验回归方程有价值）
(2)从表中第2行的5个数据中任取3个数据，记取到大于1000的数据个数为X，求X的分布列与期望．
参考数据与公式：回归方程中，相关系数．
17．如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，其中．
(1)证明：平面平面．
(2)若点，，，在同一球面上，设该球面的球心为．
（i）求球的表面积；
（ii）求直线与平面所成角的大小．
18．已知椭圆的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，短轴长为，椭圆上的点满足直线的斜率之积为．
(1)求椭圆的方程．
(2)若是以为焦点，为顶点的抛物线（在椭圆内部的轴上，且在左边）．交椭圆于两点．
（i）过点作斜率为1的直线，交椭圆于，两点，再作斜率为的直线，交椭圆于两点．其中，在轴的同一侧．求的最大值；
（ii）若，求的横坐标．
19．已知函数．
(1)求函数在处的切线方程；
(2)若在上恒成立，求实数的取值范围；
(3)若方程有两个实数根，且，求证：．
参考答案
1．B
【详解】因为，所以，所以，
因为，所以或，所以，
所以，
故选：B.
2．C
【详解】在三角形中，因为，所以，即
若，则，即，
若，由正弦定理，得，根据大边对大角，可知
所以“”是“”的充要条件
故选：C
3．C
【详解】设等比数列的公比为q,
∵9S3=S6,
∴8(a1+a2+a3)=a4+a5+a6,
∴8=q3,即q=2,
∴an=2n-1,
∴=,
∴数列是首项为1,公比为的等比数列,
故数列的前5项和为=.
故选C.
4．C
【详解】如图所示，
由题意可得，
而.
故选：C．
5．D
【详解】因为，所以，
整理为，则，
所以.
故选：D
6．D
【详解】由题意，，
所以4是的周期，故
故选：D
7．C
【详解】法1：因为，所以，
所以，
所以．
法2：因为，所以，
所以，
所以，所以事件与事件相互独立，
所以事件与事件独立，所以.
故选：C
8．D
【详解】
为的内心，
为角平分线交点，
又，故，
，
，
又，
，
直线的斜率为，，
在中，由余弦定理得，
整理得，故D正确．
故选：D．
9．ACD
【详解】对于选项A：因为的定义域为，
且，
可得，即切点坐标为，切线斜率为0，
所以函数在处的切线方程为，故A正确；
对于选项B：令，解得或；令，解得；
可知在上单调递增，在上单调递减，
所以的极小值点为，极大值点为，故B错误；
对于选项C：因为，，结合选项B可得函数的图象：
由图可知：当时，与有三个交点，
即方程有三个实根，故C正确；
对于选项D：因为
，
所以的图象关于点对称，故D正确.
故选：ACD.
10．AB
【详解】选项A：当时，由棣莫弗定理得，，
所以，所以选项A正确；
选项B显然有，由棣莫弗定理得，，所以选项B正确；
选项C
，所以选项C错误；
选项D：当时，由棣莫弗定理得，，
当时，，此时不为纯虚数，
所以当为偶数时，复数不一定为纯虚数，所以选项D错误．
故选：AB
11．ACD
【详解】A：如图所示，确定各边中点，
根据正方体的结构特征和三角形中位线的关系，可得，

且截面各边长都是相等的，是正六边形，正确；
B：由A知，当点在中点处， 此时与直线为相交直线，故共面，错误；
C：正方体棱长为2，则线段，则正六边形边长均为，
易知内置球半径最大时，球心在体对角线上，
不妨设球位于截面下方，且与面、面、面、面相切，
将问题平面化（如图）得，其中是平面与的交点，
证明如下：由平面，平面，则，
在正方形中，为中点，则，而，
所以，而，平面，
所以平面，平面，则，同理可证，
由，平面，则平面，
由平面，则，得证，

又（为正方体的中心），其中，
设所求球半径为，则，故，正确；
D：如图所示，过作于，作于，连接，
由于，
又平面，
故平面平面，故，

以为原点，以为轴，建立平面直角坐标系，
设，且，
则，
若点到点的距离等于到棱的距离，
即，化简得，
故点的轨迹是抛物线的一部分，正确.
故选：ACD
12．45
【详解】因为展开式的通项为，
令，得，
所以展开式中的系数为．
故答案为：．
13．5
【详解】设存在使得恒成立，
因为，所以，
化简可得，
又因为点在圆上运动，所以，
两方程对比可得，，解得，
所以存在使得恒成立，即，
所以，如图所示，
当且仅当三点共线且点在两点之间时，取最小值，
此时，
故答案为：．

14．
【详解】（1）由得
即，
.
又，所以，
由正弦定理得.
又，所以.
因为，所以.
（2）令，
则由正弦定理可得，即，
又由余弦定理得，
，
所以，
所以
（时取等号），
所以面积的最大值为.
故答案为：
15．(1)
(2)
【详解】（1）在数列中，，
可得，即数列是首项为2，公差为3的等差数列，
所以，即.
（2）由（1）得，
所以
16．(1)，有价值
(2)分布列见解析，
【详解】（1）由x的取值依次为1，2，3，4，5，得，
因为经验回归方程为，
所以，
所以，
所以．
因为，所以该经验回归方程有价值．
（2）X的取值依次为0，1，2，
，
所以X的分布列为
所以．
17．(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）
【详解】（1）因为平面平面，
所以，
又因为，
所以，
又平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
（2）由（1）可得两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示．
则．
若在同一个球面上，则，设球心的坐标为，
有，
解得，
所以半径，
即球的表面积.
（ii）由，
设平面的一个法向量为，
则，
取，则，所以，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的大小为.
18．(1)
(2)（i）；（ii）
【详解】（1）设，，则，可得，
则，可得，
又因为，解得，
故椭圆的方程为.
（2）（i）因为，则，
设，，直线的方程为．
联立直线和椭圆方程，消去得，
则，解得，
可得，，
因为，，
则
，
当且仅当时，等号成立，
所以的最大值为；
（ii）可知抛物线的准线是，
设，，则，可得，
则，
且，可得，
因为，根据对称性可知，
则，
整理可得，解得或（舍去），
所以的横坐标.
19．(1)；
(2)；
(3)证明见解析.
【详解】（1）函数，则，
，
故函数在处的切线斜率为，切点坐标为，
所以切线方程为，即.
（2）依题意，恒成立，
则恒成立.
令，
则，
所以，当时，单调递减；
当时，单调递增.
所以，
所以.
（3）函数，定义域为，
，解得，解得.
函数在上递减，在上递增，
故.
所要证的不等式左边是割线放缩，这两条割线为函数的最低点与及的连线，即与.
设两割线与直线交点的横坐标分别为.
解方程可得，，
当时，，；
当时，，
令，，
解得，解得，
在上单调递减，在上单调递增，
而，所以，．
，
根据单调性，可得，
所以，不等式左侧证明完毕.
不等式右侧是切线放缩，这两条切线分别是和时的两条切线，
由（1）可知，曲线在处的切线方程为，
时，，
曲线在处的切线斜率为1，切点坐标为，切线方程为，
切线和与的交点分别为．
同理可得，年份代码x
1
2
3
4
5
出生人数y
1200
1062
956
902
954
X
0
1
2
P