湖南省邵阳市2026届高三上学期第一次联考数学试卷含答案（word版+pdf版）

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8. C 【解析】由 fx=x−2ax=0 ,得 ax=2x . 设 y1=ax 的图象与 y=2x 的图象的交点为 Ax1,2x1 . 由 gx=x−2lgax=0 ,得 lgax=2x . 设 y2=lgax 的图象与 y=2x 的图象的交点为 Bx2,2x2 . 因为 y1=ax 的图象与 y2=lgax 的图象关于直线 y=x 对称, y=2x 的图象也关于直线 y=x 对称,所以点 A 与点 B 关于直线 y=x 对称,故 x2=2x1,x1+32x2=x1+64x1 . 当 a=2 时, x1=1 ; 当 a∈[2,+∞) 时， x1∈(0,1] . 函数 y=x+64x 在 (0,1] 上单调递减，所以 x1+32x2∈[65,+∞) . 故选项 C 正确.
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)
11. AD 【解析】取圆台 O1O2 的一个轴截面 ABCD ,则 AB=6,CD=8 , 如图(1)所示. 对于选项 A ，过点 B 作 CD 的垂线 BG ，交 CD 于点 G ,连接 O1O2 ,则 O1O2​2=BG2=3+42−12=48 ,所以内切球直径 O1O2=43 ,内切球半径 r=23 ,所以圆台 O1O2 的内切球体积 V=4π3×233=323π ,故选项 A 正确;
图(1)
对于选项 B,如图(2),在轴截面 ABCD 中, BG⊥DC 于点 G . 因为 ∠BCG=60∘,CG=1 ，所以 BG=3 . 设 OO1=x ，则 R2=x2+32=42+x−32 ， 所以 x=53,R2=523 . 所以圆台 O1O2 的外接球面积 S=4πR2=208π3 , 故选项B错误;
图(2)
对于选项 C ,因为 500π3=4πR33 ,所以 R=5 . 如图(3)所示,当外接球球心点 O 在 O1O2 之间时,圆台 O1O2 的母线 BC=72+12= 50=52 ,圆台的表面积 S=π×32+π×42+π3+4×52= 25π+352π
图(3)
当外接球球心点 O 在 O1O2 的延长线上时,如图 (4) 所示,圆台 O1O2 的母线 BC=12+12=2 ,圆台的表面积 S=π×32+π×42+ π3+4×2=25π+72π ,故选项 C 错误;
图(4)
对于选项 D ,外接球半径 R=5 ,由选项 C 分析可知,圆台的高 O1O2=7 或 1 . 所以圆台的体积 V=π3r12+r22+r1r2h ,当 h=7 时, V=259π3 ; 当 h=1 时, V=37π3 ,故选项 D 正确.
三、填空题(本大题共 3 小题, 每小题 5 分, 共 15 分)
12. 30 13. 3 14.8
14.8 【解析】如图(5)所示，将正四面体 ABCD 补全为正方体. 以点 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系,则 A0,0,0 , B4,4,0,C0,4,4,D4,0,4 . 设 Mx,y,z ,则 MA2+MB2=x2+y2+z2+x−42+y−42+z2,MC2+MD2=x2+ y−42+z−42+x−42+y2+z−42 . 因为 MA2+MB2= MC2+MD2 ,所以 z=2 ,即点 M 构成的平面截正四面体所得的截面为正方形 PQRS ,边长为 22 ,故截面面积为 22×22=8 .
图(5)
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. (13 分)
解: (1) 在 △ABC 中，因为 sin2B+3sinAcsBsinC−2sin2C=0 ，所以由正弦定理和余弦定理得: b2+3ac⋅a2+c2−b22ac−2c2=0 . 所以 b2=3a2−c2 . 2 分
因为 a=2,c=2 ,所以 b2=2 . 故 a2+b2=c2,△ABC 为直角三角形. 4 分
所以 △ABC 的外接圆的半径为 1 . 6 分
(2)因为 csA=23 ,又 A∈0,π ,所以 sinA=1−cs2A=53 . 7 分
因为 csA=b2+c2−a22bc=23 ,所以 3b2+3c2−3a2=4bc .
又 b2=3a2−c2 ,且 b=2 ,所以 c2−4c+4=0 . 10 分
所以 c=2,S△ABC=12bcsinA=12×2×2×53=253 . 13 分
图(6)
16. (15 分)
解:(1)取棱 PA 的中点 Q ,连接 EQ,BQ ，如图(6)所示， 则 QE//AD,QE=12AD .
又因为 BC//AD,BC=12AD ,
所以 QE=//BC ,四边形 QBCE 为平行四边形,
所以 EC//QB . 3 分
又因为 QB⊂ 平面 PAB,EC⊄ 平面 PAB ,所以 EC// 平面 PAB . 5 分
图(7)
(2)如图(7)所示，以点 A 为坐标原点，分别以 AB ， AD ， AP 所在直线为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，
则 A0,0,0,B1,0,0,C1,1,0,P0,0,2,D0,2,0 .则 AC=1,1,0,AP=0,0,2,PD=0,2,−2.⋯6 分
取线段 AC 的中点为 F ,连接 BF ,由题意可知:
BF⊥ 平面 PAC ,可得 BF=−12,12,0 ,则取平面 PAC 的一个法向量为 m=2BF=−1,1,0 . 8 分
假设在棱 PD 上存在点 E ,使得平面 PAC 与平面 EAC 的夹角的余弦值为 33 ,
设 PE=λPD0≤λ≤1 ,则 AE=AP+PE=0,2λ,2−2λ . 9 分
设 n=x,y,z 为平面 EAC 的一个法向量,
则 n⋅AE=2λy+2−2λz=0,n⋅AC=x+y=0. 取 y=1−λ ,
得 x=λ−1,z=−λ. 所以 n=λ−1,1−λ,−λ . 11 分
设平面 PAC 与平面 EAC 的夹角为 θ ,
则 csθ=m⋅nm⋅n=1−λ+1−λ2⋅λ−12+1−λ2+λ2=33 .
解得 λ=2 (舍) 或 λ=23 . 14 分
此时点 E 为棱 PD 上靠近点 D 的三等分点. 15 分
17. (15 分)
解: (1) 设事件 Ai 为 “第 i 轮比赛甲班团队获胜”,由题意得 PAi=23i=1,2,3 . 设事件 C 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
PC=PA1A2A3=PA1PA2PA3=233=827 .
故甲班团队获得冠军的概率为 827 . 3 分
(2)(i)由题意得，事件 Ai 为“第 i 轮比赛乙班团队获胜”， PAi=13i=1,2,3 ， X 的所有可能值为 3,5 .
所以 PX=3=PA1A2A3∪A1A2A3=PA1A2A3+PA1A2A3=233+133=13 . 5 分
PX=5=1−PX=3=23.
所以 X 的分布列为
7 分
所以 EX=3×13+5×23=133 . 8 分
(ii) 设事件 E 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 Y,PY=k 表示 Y=k 时最终甲班团队获得冠军的概率,其中 k∈{−3,−2,−1,0,1,2,3} .
由题意知 PY=3=1,PY=−3=0,PY=0=PE .10 分
根据全概率公式有
PY=k=23PY=k+1+13PY=k−1,k∈{−2,−1,0,1,2}. 11 分
所以 PY=k+1−PY=k=12PY=k−PY=k−1 ,迭代得
所以 PY=3−PY=2=12PY=2−PY=1=14PY=1−PY=0
=18PY=0−PY=−1=116PY=−1−PY=−2
=132PY=−2−PY=−3=132PY=−2.
所以 PY=3−PY=2=132PY=−2 ,
PY=2−PY=1=116PY=−2,PY=1−PY=0=18PY=−2,
PY=0−PY=−1=14PY=−2,PY=−1−PY=−2=12PY=−2 .
累加得 PY=3−PY=−2=132+116+18+14+12⋅PY=−2=3132PY=−2. ⋯13 13 分所以 PY=−2=3263PY=3=3263 .
故 PY=0=14PY=−2+12PY=−2+PY=−2=74PY=−2=74×3263=89 .
即 PE=89 .
故若比赛轮数不限制,甲班团队获得冠军的概率为 89 . 15 分
18.(17分)
解:(1)因为 △ABF1 的周长为 AB+AF1+BF1=AF2+AF1+BF2+BF1=2a+2a=4a=8 ， 所以 a=2 . 2 分
又 e=ca=c2=12 ,所以 c=1 .
所以 b2=a2−c2=3 ,
所以椭圆 E 的方程为 x24+y23=1 . 4 分
(2)(i)由(1)知， F21,0 ，由题意知，直线 l 与坐标轴不垂直.
设直线 l:x=my+1m≠0,Ax1,y1,Bx2,y2,Cx3,y3,Dx4,y4 .
将 x=my+1 代入 x24+y23=1 ,整理得 3m2+4y2+6my−9=0 . 5 分
则 Δ>0,y1+y2=−6m3m2+4,y1y2=−93m2+4 .
所以 yM=y1+y22=−3m3m2+4,xM=myM+1=43m2+4 .
所以 M43m2+4,−3m3m2+4 ,同理可得 N4m24m2+3,3m4m2+3 . 6 分
所以 xM−xNyM−yN=43m2+4−4m24m2+3−3m3m2+4−3m4m2+3=4m2−47m . 7 分所以直线 MN 的方程为 x−43m2+4=4m2−47my+3m3m2+4 ,即 x=4m2−17my+47 ,
所以直线 MN 过定点 47,0 . 9 分

图(8)
(ii) 连接 AD ,设 H 为线段 AD 的中点,直线 NR,MR 分别与 AD 相交于点 S,T ,连接 NH,MH,RH,NA,MD ,如图 (8) 所示.
因为 M,N,H 分别为 AB,CD,AD 的中点,
所以 MH//BD,NH//AC .
则 S△NAR=S△HAR,S△MDR=S△HDR∗
所以 S△NAS=S△RSH,S△MDT=S△RTH .
故 S△MNR=S四边形 12 分
由 i 知, AB=1+m2y1−y2=1+m2y1+y22−4y1y2=121+m23m2+4 ,
同理可得 CD=121+m23+4m2 , 14 分
所以 S△MNR=S四边形MNAD=12ND×AM=18AB×CD=181+m223m2+43+4m2
≥181+m223m2+4+3+4m222=7249, 16 分
当且仅当 3m2+4=4m2+3 时,即 m=±1 时,等号成立.
所以 △MNR 的面积的最小值为 7249 . 17 分
19. (17 分)
解: (1) 对于 ∀x1∈2,26 ,有 fx1=lg3x1+1∈1,3 . 1 分
如果存在 x2∈2,26 ,使得 lg3x1+1+lg3x2+1=3 .
则必有 lg3x2+1=3−lg3x1+1∈0,2 ,
令 x1=26 ,则 x2=0∉2,26 ,
所以 fx 不是 “ 3 阶自和函数”. 3 分
(2)函数 fx=4x+2 在区间 0,2 上的值域为 1,2 .
因为 fx=4x+2 是 gx=x2−2ax+a2−1 在区间 0,2 上的 “ 2 阶和函数”.
所以对任意 x1∈0,2 ,总存在唯一的 x2∈0,2 ,使得 fx1+gx2=2 成立,
所以 gx2=2−fx1∈0,1 , 4 分
所以 gx=x2−2ax+a2−1 在 0,2 上的值域必定包含区间 0,1 ,且当 gx=m,m∈0,1 时, 方程的解在 0,2 上是唯一的. 5 分
又因为函数 gx=x2−2ax+a2−1 的图象开口向上,对称轴为 x=a ,
当 a≤0 时, gx 在 0,2 上单调递增,则必有 g0=a2−1≤0,g2=a2−4a+3≥1, 解得 −1≤a≤0 .6 分
当 a≥2 时, gx 在 0,2 上单调递减,则必有 g2=a2−4a+3≤0,g0=a2−1≥1, 解得 2≤a≤3 .7 分
当 0