湖南省邵阳市2026届高三上学期第一次联考 数学试卷(含解析）

这是一份湖南省邵阳市2026届高三上学期第一次联考 数学试卷(含解析），共18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。
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．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．
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
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．
5．已知直线与圆相交于两点，则劣弧的长为（ ）
A．B．C．D．
6．已知实数满足，则（ ）
A．B．
C．D．
7．已知随机变量，正实数满足，则的最小值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
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．
二、多选题
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
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
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
三、填空题
12．设等比数列的前项和为，若，，则 ．
13．已知多项式，若，则 ．
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 ．
四、解答题
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．
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．
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．
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．
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：．
参考答案
1．D
【详解】由可得，即得，
又，则.
故选：D.
2．C
【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．A
【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．A
【详解】由，
所以.
所以向量在向量上的投影向量为.
故选：A
5．B
【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．B
【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．D
【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．C
【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
9．BC
【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．ABD
【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．AD
【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
12．
【详解】设等比数列的公比为，则，故，
所以.
故答案为：.
13．3
【详解】令，可得，
令，可得，
两式相减得.
又，所以.
故答案为：3
14．8
【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
15．(1)1.
(2)
【详解】（1）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.
（2）因为，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．(1)证明见解析
(2)存在，点为棱上靠近点的三等分点.
【详解】（1）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.
（2）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．(1)
(2)（i）分布列见解析，（ii）.
【详解】（1）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.
（2）（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．(1)
(2)（i）直线过定点，定点坐标为；（ii）
【详解】（1）因为的周长为，所以.
又，所以．
所以，
所以椭圆的方程为.
（2）（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，
所以到直线的距离相等，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．(1)不是“3阶自和函数”.
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）对于，有.
如果存在，使得．
则必有，
令，则，
所以不是“3阶和函数”.
（2）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.
（3）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