湖南省邵阳市2026届高三上学期第一次联考数学试题（Word版附解析）

这是一份湖南省邵阳市2026届高三上学期第一次联考数学试题（Word版附解析），文件包含湖南省邵阳市2026届高三上学期第一次联考数学试题Word版含解析docx、湖南省邵阳市2026届高三上学期第一次联考数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
本试卷共4页，19个小题．满分150分．考试时间120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡上．将条形码横贴在答题卡上“条形码粘贴区”．
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上．
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效．
4．保持答题卡的整洁．考试结束后，只交答题卡，试题卷自行保存．
一、选择题（本大题共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】D
【解析】
【分析】先解不等式求得集合，再由交集的定义即可求得答案.
【详解】由可得，即得，
又，则.
故选：D.
2. 已知在复平面内，为等边三角形，点为坐标原点，点对应的复数为，点在第二象限，则点对应的复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据点对应的复数求出其坐标，再利用等边三角形的性质求出点的坐标，最后根据复数的几何意义得到点对应的复数，进而求出其虚部.
【详解】已知点对应的复数为，根据复数的几何意义，所以点的坐标为.
所以向量.又因为为等边三角形，
所以，且.
又因为，所以，即.
设，则.
又因为
而，联立方程组可得
或.
由题可知点在第二象限，所以即点的坐标为.
即点对应的复数为.所以虚部为.
故选：C.
3. 设甲：数列满足，乙：数列是等差数列，则甲是乙的（ ）
A 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合等差数列的定义分析判断即可.
【详解】若成立，则，符合等差数列的定义，
所以能够推出数列是等差数列，故充分性成立.
若数列是等差数列,设其公差为，则,.
.
所以,
所以.即必要性成立.
所以甲是乙的充分必要条件.
故选：A.
4. 已知非零向量，满足，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据得到，再根据投影向量的概念求解.
【详解】由，
所以.
所以向量在向量上的投影向量为.
故选：A
5. 已知直线与圆相交于两点，则劣弧的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由弧长公式进行求解．
【详解】圆化为标准方程为：，
圆心，半径，
如图所示：
则点到直线的距离为：，
而，，得，
则劣弧的长为：，
故选：B
6. 已知实数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数，通过分析其奇偶性和单调性，结合已知条件建立等量关系，进而求解与的关系.
【详解】设，，
所以为奇函数.
，因为，所以，
所以在上单调递增.
由，所以，
所以；
由，所以，
即，因为为奇函数，
所以，所以，
所以，又在上单调递增，
所以，即.
故选：B
7. 已知随机变量，正实数满足，则的最小值为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】先利用正态分布的对称性求的关系，进而利用基本不等式求最小值.
详解】由，得正态曲线关于对称.
因为，
所以，得.
又，
当且仅当，即，时取等号.
故的最小值为6.
故选：D
8. 设函数和的零点分别为，其中．当时，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由函数零点的定义可得分别为函数的图象与的图象的交点横坐标，再利用互为反函数的图象关系可得，结合函数图象确定的范围并借助对勾函数的单调性求解.
【详解】由，得，设的图象与的图象的交点为，
由，得，设的图象与的图象的交点为，
而的图象与的图象关于直线对称，函数的图象也关于直线对称，
因此点与点关于直线对称，则，
而当时，；当时，，函数在上单调递减，
所以.
故选：C
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，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. 已知双曲线的离心率为，左、右焦点分别为，，过的直线与的右支相交于两点，则下列结论错误的有（ ）
A. 的方程为
B.
C. 的渐近线方程为
D. 当时，的面积为3
【答案】BC
【解析】
【分析】由已知条件可以知道,离心率是,所以..进而可以得到双曲线的标准方程.对选项逐一分析即可.
【详解】对于选项A,由已知条件可以知道,离心率是,所以.
.所以双曲线的标准方程为.故A正确.
对于选项B,当垂直于轴时,将,代入双曲线方程可得.
此时.当不垂直于轴时,,所以.故选项B错误.
对于选项C,双曲线的方程为其渐近线方程为.
已知,则渐近线方程为.即.故选项C错误.
对于选项D,因为,所以.
设,根据双曲线的定义即.
又因为,可以解得.
所以的面积.故选项D正确.
故选：BC.
10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 若，则
C. 把函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，则为偶函数
D. 若函数的导函数为，则的图象关于点对称
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用图像求出函数解析式,然后利用正弦型函数的图像与性质对选项进行逐一分析即可.
【详解】对于选项A,由图像可知振幅,
所以.解得.将点代入
即,解得.所以.故A正确.
对于选项B,已知,即.
所以.故B正确.
对于选项C,向左平移个单位.
得.显然是奇函数不是偶函数.故C错误.
对于选项D,
令解得对称中心的横坐标.
当时,.即的图像关于点对称.故选项D正确.
故选:ABD.
11. 已知圆台的上、下底面的面积分别为和，则下列结论正确的是（ ）
A. 若圆台存在内切球，则内切球的体积为
B. 若圆台的母线与下底面所成的角为，则圆台的外接球的表面积为
C. 若圆台的外接球的体积为，则圆台的表面积为
D. 若圆台的外接球的体积为，则圆台的体积为或
【答案】AD
【解析】
【分析】先做出圆台的轴截面，利用数形结合思想，根据各个选项所给条件逐一进行判断和运算即可.
【详解】取圆台的一个轴截面，则，如图（1）所示．
对于选项A，过点作的垂线，交于点，连接，则，所以内切球直径，内切球半径，
所以圆台的内切球体积，故选项A正确；
对于选项B，如图（2），在轴截面中，于点．
因为，所以．
设，则，所以．
所以圆台的外接球的表面积，故选项B错误；
对于选项C，因为，所以．
如图（3）所示，当外接球球心点在之间时，圆台的母线，
圆台的表面积．
当外接球的球心在的延长线上时，如图（4）所示，圆台的母线，
圆台的表面积，故选项C错误；
对于选项D，外接球半径，由选项C分析可知，圆台的高或1．
所以圆台的体积，
当时，；当时，，故选项D正确．
故选：AD
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 设等比数列的前项和为，若，，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】求出等比数列的公比，利用等比数列的求和公式可求得的值.
【详解】设等比数列的公比为，则，故，
所以.
故答案为：.
13. 已知多项式，若，则___________．
【答案】3
【解析】
【分析】利用“赋值法”，分别令和，再利用可求的值.
【详解】令，可得，
令，可得，
两式相减得.
又，所以.
故答案为：3
14. 已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，则所得截面的面积为___________．
【答案】8
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设，由，得，即点构成的平面截正四面体所得的截面为正方形，即可求解．
【详解】如图所示，将正四面体补全为正方体，则正方体棱长为4，
以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，．
设，则
．
因为，
所以，即点构成的平面截正四面体所得的截面为正方形，边长为，故截面面积为．
故答案为：8
四、解答题（本大题共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，内角的对边分别为．已知．
（1）若，，求的外接圆的半径；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）1. （2）
【解析】
【分析】（1）利用正余弦定理化简题设条件，推得，求得，由勾股定理判断为直角三角形，即可求得的外接圆的半径；
（2）由余弦定理可得，结合题设条件推得的结论，求得，再利用三角形的面积公式即可求得答案.
【小问1详解】
在中，由和正弦定理可得：，
再由余弦定理得：，整理得.
因为，则．因，故为直角三角形，
所以的外接圆的半径为.
【小问2详解】
因，又，所以.
由余弦定理，，可得，
又，且，代入化简，可得.解得，
则的面积为.
16. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，,平面为棱上的点．
（1）当为棱的中点时，证明：平面；
（2）在棱上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，点为棱上靠近点的三等分点.
【解析】
【分析】（1）取棱的中点，连接，证明四边形为平行四边形，得，再由线面平行的判定定理即可得证；
（2）如图建系，取线段的中点为，连接，易得平面，可得平面的一个法向量，设，根据点的坐标求出平面的一个法向量，利用空间向量的夹角公式列出方程求解即得.
【小问1详解】
如图1，取棱的中点，连接，因为棱的中点，则．
又因为，
所以，则四边形为平行四边形，所以．
又因为平面平面，所以平面.
【小问2详解】
如图2，以点为坐标原点，分别以所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则．
则，
取线段的中点为，连接.因平面，平面，则，
又，则，因，平面，则平面，
因，则，可取平面的一个法向量为.
假设在棱上存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，
设，则.
设为平面的一个法向量，
则，故可取.
设平面与平面的夹角为，
则．
解得（舍）或.
此时点为棱上靠近点的三等分点.
图1 图2
17. 国家近年来对机器人的研究，尤其是在人形机器人和具身智能领域方面，出台了一系列的政策，旨在推动技术创新、产业升级和规模化应用．某学校为响应国家号召，培养学生的创新能力，举办机器人比赛，经过初赛，甲班团队和乙班团队进入了决赛阶段．决赛阶段规定：对每一轮比赛，获胜方记1分，另一方记0分，无平局；当两团队累积得分的分差为3分时，比赛结束，累积得分高的团队获冠军．若每轮比赛中，甲班团队获胜的概率为，且每轮比赛的结果相互独立．
（1）若比赛结束时恰好进行了3轮比赛，求甲班团队获得冠军的概率；
（2）（i）若比赛最多进行5轮，求比赛结束时比赛轮数的分布列及数学期望；
（ii）若比赛轮数不限制，求甲班团队获得冠军的概率．
【答案】（1）
（2）（i）分布列见解析，（ii）.
【解析】
【分析】（1）由互斥事件和相互独立事件的概率公式进行计算.
（2）（i）先得到的所有可能取值为3，5，再结合互斥事件和相互独立事件的概率公式得到取每个值的概率，从而列出分布列，利用数学期望的计算公式得到.
（ii）设事件为“比赛轮数不限制，甲班团队获冠军称号”，设比赛过程中，甲班团队与乙班团队累积得分的差为，表示时最终甲班团队获“冠军”称号的概率，可得，结合全概率公式和迭代可得最终结果.
【小问1详解】
设事件为“第轮比赛甲班团队获胜”，由题意得．设事件表示“当比赛结束时恰好进行了3轮比赛，且甲班团队获得冠军”，因为每轮比赛的结果相互独立，
则．
故甲班团队获得冠军的概率为.
【小问2详解】
（i）由题意得，事件为“第轮比赛乙班团队获胜”，，
的所有可能值为3，5．
所以.
所以的分布列为
所以.
（ii）设事件表示“比赛轮数不限制，甲班团队获得冠军”．设比赛过程中，甲班团队与乙班团队累积得分的分差为表示时最终甲班团队获得冠军的概率，其中．由题意知．
根据全概率公式有
.
所以，
迭代得
所以，
，
．
累加得
所以．
故，
所以．
即．
故若比赛轮数不限制，甲班团队获得冠军的概率为.
18. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，离心率，过的直线交椭圆于两点，的周长为8．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点且与垂直的直线与椭圆相交于两点，在轴的上方，分别为线段，线段的中点，直线与直线相交于点．
（i）直线是否过定点？若过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由；
（ii）求的面积的最小值．
【答案】（1）
（2）（i）直线过定点，定点坐标为；（ii）
【解析】
【分析】（1）利用椭圆的定义，根据的周长可列方程求出，利用离心率求出，进而可得标准方程.（2）（i）先根据题意判断直线与坐标轴不垂直，设出直线的方程，与椭圆方程联立，根据根与系数的关系及中点坐标公式可得到点的坐标，同理得到点的坐标，进而可得到直线的方程，可得定点坐标；（ii）根据平行线间距离相等得到，根据弦长公式可求得，由及基本不等式的变形可得最值.
【小问1详解】
因为的周长为，所以.
又，所以．
所以，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
（i）直线过定点.
由（1）知，，又在轴的上方，所以直线与坐标轴不垂直．
设直线．
将代入，整理得.
则．
所以．
所以，同理可得.
所以.
所以直线的方程为，即，
因为该方程对任意非零实数恒成立，
所以直线过定点.
（ii）连接，设为线段的中点，直线分别与相交于点，
连接，如图所示．
因为分别为的中点，
所以，
所以到直线距离相等，到直线的距离相等．
则．
所以，
即．
故.
由（i）知，，
同理可得，
所以
当且仅当时，即时，等号成立．
所以的面积的最小值为.
19. 若函数对任意，总存在唯一的，使成立，则称是在区间上的“阶和函数”．特别地，当时，称为区间上的“阶和函数”．
（1）判断函数是否为区间上的“3阶和函数”；
（2）若函数是在区间上的“2阶和函数”，求实数的取值范围；
（3）若函数为区间上的“2阶和函数”，当时，函数有两个零点，证明：．
【答案】（1）不是“3阶自和函数”.
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据“3阶和函数”的定义，举反例说明函数不是区间上的“3阶和函数”.
（2）根据“2阶和函数”的概念，求实数的取值范围.
（3）先根据“2阶和函数”的概念求的值，再利用“极值点偏移”证明；
设，分析函数极值，可得，结合，可得当时，，当时，，进而得，整理可证.
【小问1详解】
对于，有.
如果存在，使得．
则必有，
令，则，
所以不“3阶和函数”.
【小问2详解】
函数在区间上的值域为．
因为是在区间上的“2阶和函数”．
所以对任意，总存在唯一的，使得成立，
所以，
所以在上的值域必定包含区间，且当时，方程的解在上是唯一的.
又因为函数的图象开口向上，对称轴为，
当时，在上单调递增，则必有，解得．
当时，在上单调递减，则必有，解得．
当时，在上单调递减，在上单调递增，
则必有，解之得：；
当时，在上单调递减，在上单调递增，
则必有，解之得：.
综上所述，的取值范围为.
【小问3详解】
对，有．
如果存在，使得，则必有，
因为为区间上的“2阶和函数”，
所以，即，解得.
所以当时，函数，
所以函数的定义域为，且．
设，
则，
因为，所以．
所以在上单调递增，即在上单调递增，而．
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增．
而，当且时，．
所以.
设，则，
所以，又，
所以，所以．
因为且在上单调递增，
所以，即.
设，则，
所以当时，，单调递减，
当时，单调递增．
所以，则．
因为，
所以当时，，当时，.
所以，
整理得
由①②得，，
因为，所以，所以．
综上得证.
3
5