湖南省长沙市雅礼中学2026届高三上学期第6次月考数学试卷（Word版附解析）

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本试卷分第 I 卷（选择题）和第 II 卷（非选择题）两部分，共 6 页.时量 120 分钟，满分 150
分.
第 I 卷
一、选择题：本题共 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】根据对数函数性质可得集合 A，根据指数函数性质可求得集合 B，根据集合的交集运算即得答案.
【详解】由已知可得： ， ，
所以
故选：D.
2. 若 的二项展开式中，有且仅有第 5 项是二项式系数最大的项，则 （ ）
A. 8 B. 9 C. 10 D. 11
【答案】A
【解析】
【分析】根据二项式系数的性质确定二项展开式的项数即可求得答案.
【详解】由题意知，二项式系数 中只有第 5 个最大，即 最大，
由二项式系数的性质可知，展开式共有 9 项，故 .
故选：A.
3. 在一次知识竞赛中，小张需要按顺序依次回答甲、乙、丙 3 个问题，已知他答对甲、乙、丙的问题的概
率分别为 0.8，0.6，0.5，各题回答正确与否相互独立.若至少能够连续将 2 道题都答对，可获得额外加分，
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则小张获得额外加分的概率为（ ）
A. 0.24 B. 0.54 C. 0.70 D. 0.46
【答案】B
【解析】
【分析】分析可知至少能够连续将 2 道题都答对，包含以下两种情况：甲乙都对，丙对错都可；甲错误，
乙丙对，结合独立事件概率乘法公式运算求解.
【详解】因为至少能够连续将 2 道题都答对，包含以下两种情况：甲乙都对，丙对错都可；甲错误，乙丙
对，
故小张获得额外加分的概率为 .
故选：B.
4. 若 ， ，2 是 与 的等差中项，则 的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差中项性质可得 ，再由基本不等式中“1”的应用计算可得结果.
【详解】因为 2 是 与 的等差中项，所以 ，
又 ， ，所以 ，
当且仅当 ，且 ，即 ， 时，等号成立，
所以 的最小值为 .
故选：A.
5. 折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．
它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄､决胜千里､大智大勇的象征（如图 1）．图 2 是一个
圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧 所在圆台的底面半径分别是 和 ，且
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，圆台的侧面积为 ，则该圆台的体积为（ ）
图 1 图 2
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知分别求出上下底面面积，最后由圆台的体积计算公式.
【详解】 ，圆台的侧面积为 ,母线长 ．
圆台的高 ，
则圆台上下底面面积为 ，
由圆台的体积计算公式可得： ．
故选：C．
6. 已知函数 的图象关于直线 轴对称，且 ，
则 的值为（ ）
A. B. 1 C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角恒等变换化简可得 ，再由对称轴方程得出 ，结合
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其范围可得 .
【详解】易知
，
因为函数 的图象关于直线 轴对称，所以 ， ，
解得 ， ，又 ，故 ，可得 .
故选：C.
7. 如图所示，在 中， ， ， ， 是 的中点，点 在 上，且
.则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用基底 表示向量 ，再利用数量积的运算律求解.
【详解】由 ，得 .
由 是 的中点知， ，且 ，得
，
所以 .
则
.
故选：B.
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8. 已知抛物线 和圆 ，点 F 是抛物线 C 的焦点，圆 M 上的两点
满足 ， ，其中 O 是坐标原点，动点 P 在圆 M 上运动，则点 P 到直线 AB
的最大距离为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由条件可知 满足到两定点 距离比为常数 ，设动点 满足 求解动点 轨
迹为圆，可知 为两圆相交弦，得直线 方程，再结合图形由点线距离公式得到圆 上动点 到直线
的距离最大值.
【详解】抛物线 的焦点 ，
圆 ，其圆心 ，半径 ．
设点 是满足 的任意一动点， ，
则 ，
化简得 ，即 .
故动点 的轨迹是以 为圆心， 为半径的圆.
由已知 ， ，则圆 M 上的两点 也在圆 上.
所以 AB 是圆 与圆 的公共弦，
将圆 与圆 的方程联立 ，
两式相减化简得直线 AB 的方程为 ，
由动点 P 在圆 M 上运动，又圆心 到直线 的距离 ，
结合图形可知，点 到直线 的最大距离为 .
故选：A．
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二、选择题：本题共 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. 已知复数 ， 均不为 0，以下等式恒成立的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】由共轭复数定义和模长公式即可逐项分析计算求解判断；
【详解】设 ，则 ，
所以 ，所以 ，故 A 正确；
， ，
所以 ，所以 ，故 B 正确；
左边 ，右边 ，所以 ，故 C 正确；
，
所以
，
当且仅当 时等号成立，
所以 ，故 D 不正确，
故选：ABC.
10. 已知曲线 ： ，则下列结论正确的是（ ）
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A. 曲线 关于点 对称
B. 直线 与曲线 的公共点个数不等于直线 与曲线 的公共点个数
C. 直线 与曲线 的所有公共点的横坐标的平方和等于
D. 过点 可作三条直线与曲线 相切
【答案】AC
【解析】
【分析】利用函数对称性定义计算判断 A；求出方程的根判断 B；利用方程根的意义列式计算判断 C；利用
导数求出切线方程，进而确定方程解的个数判断 D.
【详解】令函数 ，
对于 A， ，因此曲线 关于点 对称，A
正确；
对于 B，由 ， ，即 ，
得 ，解得 或 ，
由 ，得 或 ，因此直线 与曲线 的公共点个数
等于直线 与曲线 的公共点个数，都为两个，B 错误；
对于 C，由 ，得 ，设方程 的根为 ，
则 ，有 ，
因此 ，C 正确；
对于 D， ，设切点 ，切线为 ，
由切线过 ，得 ，即 ，
令 ，求导得 ，
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当 或 时， ，当 时， ，函数 在 上单调递增，
在 上单调递减， ， ，函数 图象与 轴只有一个交点，
因此过点 可作一条直线与曲线 相切，D 错误.
故选：AC
11. 如图，已知正三棱台 的上、下底面边长分别为 2 和 6，侧棱长为 4，点 在侧面
内运动（包含边界），且 与平面 所成角的正切值为 ， 为 上一点，且 ，
则下列结论正确的有（ ）
A. 正三棱台 的高为
B. 点 的轨迹长度为
C. 高为 ，底面半径为 的圆柱可以放进该棱台内
D. 过点 ， ， 的平面截该棱台内最大的球所得的截面面积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】延长正三棱台的侧棱相交于点 ，根据题意可得三棱锥 为正四面体，设 为等边三角形
的中心，再求出正四面体的高，进而得到正三棱台 的高即可判断 A；由 与平面
所成角的正切值为 ，得到 ，则点 在等边三角形 的内切圆上，再求周长即可判
断 B；根据三棱台 的高及上底面内切圆的半径即可判断 C；设正四面体 的内切球的半
径为 ，利用等体积法得到 ，再结合题意可知过点 ， ， 的平面正好过该内切球的球心，进而
得到截面面积即可判断 D．
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【详解】如图，延长正三棱台的侧棱相交于点 ，由题意可知， .
在等腰梯形 中，因为 ， ， ，所以 ，
即 为等边三角形，所以三棱锥 为正四面体，且 .
对于 A，设 为等边三角形 的中心，
由正四面体的性质可知， 侧面 ，且 ，
即点 到底面 的距离为 ，
又因为 ， ，所以正三棱台 的高为 ，故 A 错误；
对于 B，因为 与平面 所成角的正切值为 ，
所以 ，解得 ，
且等边三角形 的内切圆的半径为 ，可知点 在等边三角形 的内切圆上，
又 ， ，
故该圆与 相切，所以点 的轨迹长度为 ，故 B 正确；
对于 C，因为正三棱台 的高为 ， 的内切圆的半径为 ，且 ，
所以高为 、底面半径为 的圆柱可以放进该棱台内，故 C 正确；
对于 D，设正四面体 的内切球的半径为 ，
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由等体积法可得 ，解得 ，
因为 ，所以该棱台内最大的球即正四面体 的内切球，
又因为 ， ， ，所以 为 的中点，过点 ， ， 的平面正好过该内切球的
球心，
所以截面面积为 ，故 D 正确．
故选：BCD．
第 II 卷
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知各项都不为 的等比数列 满足 ，则其公比 ________.
【答案】 ##
【解析】
【分析】根据等比数列的基本量计算解方程即得公比 的值.
【详解】由 ，得 ，因 ，则得 ,解得
故答案 ： .
13. 已知函数 为奇函数，则 ________.
【答案】
【解析】
【分析】根据奇函数的定义，由 列出关于 与 的方程，求解即得 的值．
【详解】因为函数 为奇函数，
当 时, ，由 可得 ，
即
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因 是任意非零实数，则 ,解得 , ，故 .
故答案为： .
14. 作为人工智能的核心领域，机器学习致力于让机器从数据中学习.在该领域中，如何度量样本间的相似
性是一个基础问题，通常通过计算它们之间的“距离”来实现，闵氏距离便是多种距离度量中的一种基础且重
要的形式.设两组数据分别为 和 ，则这两组数据间的闵氏距离
，其中 表示阶数.若 ， ，则 的最小值为
________.
【答案】2
【解析】
【分析】法 1：由题意得 ，令 ，求导可得 ，
则 ，再分 、 、 三种情况求最值即可；法 2：利用几何意义，
表示点 ， 横坐标差的绝对值与纵坐标差的绝对值之和，作
于 ，根据 ，即求 的最值即可．
【详解】法 1：由题意得 ，
令 ，则 ，
所以当 时， ， 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，所以 ，即 .
当 时， ，当且仅当 时， 取得
最小值 2.
当 时， ，当且仅当 时， 取得最小值 2.
当 时， ，当且仅当
， 时， 取得最小值 2.
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综上所述， 的最小值为 2.
法 2： 表示点 ， 横坐标差的绝对值与纵坐标差的绝对值之和
.
作 于 ， ，
令 ，则 ，
令 ，解得 ，
所以函数 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增，
，
故 的最小值为 2．
故答案 ： ．
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 在 中，角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，已知 ， .
（1）求 的值；
（2）若 ，求 边上的高.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理求解即可；
（2）利用三角形面积公式，利用等积法求解即可.
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【小问 1 详解】
在 中， ， ，
由余弦定理得 ，
所以 ，
.
【小问 2 详解】
由（1）可知 ，因为 ，所以 ， ，
设 边上的高为 ，
则 ，
则 ，
故 边上的高为 .
16. 已知四棱锥 的底面 是直角梯形， ， ， ， ，
，平面 平面 ，点 为 的中点.
（1）求证： ；
（2）若四棱锥 的体积是 ，求二面角 的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
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【分析】（1）先通过底面直角梯形的边角关系，推导出 ；再利用面面垂直的性质定理，证得
平面 ；最后根据线面垂直的定义证明 即可；
（2）先由 及 为 中点得到 ，再结合平面 平面 证得
底面 ；接着利用四棱锥体积公式求出高 ，并以 为原点建立空间直角坐标系，
写出各点坐标及相关向量；然后通过解方程组求出平面 的法向量，取底面的法向量；最后根据二面
角为锐角，用向量夹角公式计算出二面角 的余弦值.
【小问 1 详解】
因为 ， ，所以 ，
在 中， ， ，所以 ， ，
因为 ，所以 ，
因为 ，所以 是等边三角形，
因为点 为 的中点，所以 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，所以 平面
，
因为 平面 ，所以 .
【小问 2 详解】
连接 ，
因为 ， 为 中点，所以 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，所以 平面
，
因为 ，所以 .
如图，以 为原点，以 ， ， 所在的直线分别为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，
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在等边 中， ， ，
则 ， ， ， ，
可得 ， ，
设平面 的法向量为 ，则
令 ，解得 ， ，故法向量 ，
易知 是平面 的一个法向量，
又点 在半平面 内，故二面角 是锐二面角.
所以二面角 的余弦值为 .
17. 已知椭圆 C： 的离心率为 ，过椭圆右焦点 F 的直线 l 与椭圆交于 A，B 两点，
当直线 l 与 x 轴垂直时， ．
（1）求椭圆 C 的标准方程；
（2）当直线 l 的斜率为 k 时，在 x 轴上是否存在一点 P（异于点 F），使 x 轴上任意一点到直线 PA
与到直线 PB 的距离相等？若存在，求 P 点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据题意列式求解 ，即可得结果；
（2）根据题意分析可得 x 轴为直线 PA 与直线 PB 的对称轴，根据斜率关系结合韦达定理运算求解.
【小问 1 详解】
设椭圆 C 的半焦距为 ，
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由题意可得 ，解得 ，
所以椭圆 C 的标准方程为 .
【小问 2 详解】
由（1）可得： ，
根据题意可设直线 ，
联立方程 ，消去 y 得 ，
则 ，
可得 ，①
由题意可知 x 轴为直线 PA 与直线 PB 的对称轴，则 ，
可得 ，
因为 ，可得 ，
整理得 ，②
将①代入②得： ，解得 ，
所以存在点 P，使 x 轴上任意一点到直线 PA 与到直线 PB 的距离相等，此时 .
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【点睛】方法点睛：存在性问题求解的思路及策略
（1）思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在；若结论不正确则不存在．
（2）策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；
②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况．
18. 已知函数 .
（1）若 ，求函数 的单调递减区间；
（2）若存在实数 b，使得函数 有三个不同的零点 .
①求 a 的取值范围；
②若 成等差数列，求证： .
【答案】（1） ；
（2）① ；②证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）求定义域，求导，令 ，求出函数递减区间；
（2）①变形得到 ，故 有 3 个不同的正根，令 ，则
需有两个极值点，则 需有两个不同的变号零点，令 ，
求导，得到其单调性，结合函数走势，得到 ，得到答案；
② ， ，两式相加得 ，结合
成等差数列， 变形得到 ，利用对数平均不等式和基本不等式得到 ，
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所以 ，由①知， ，故 ，证毕.
【小问 1 详解】
，定义域为 ，
，
令 得 ，
故 的单调递减区间为 ；
【小问 2 详解】
① ，即 ，故 ，
有三个不同的零点 ，故 有 3 个不同的正根，
令 ，定义域为 ，则 需有两个极值点，
则 需有两个不同的变号零点，
令 ，则 ，
令 得 ，
令 得 ，令 得 ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
又 ， ，故当 时， ，
又 时， 恒成立，
故要想 有两个不同的变号零点，需满足 ，
此时存在实数 b，使得 有 3 个不同的正根，
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a 的取值范围为 ；
② ，即 ， ，
两式相加得 ，
即 ，
成等差数列，故 ，故 ，
，
故 ，即 ，
又 ，故 ，
故 ，即 ，
，
下面推导对数平均不等式， ， ，
只需证 ，即证 ，
令 ，只需证 ，
令 ， ，
则 恒成立，
故 在 上单调递增，又 ，故 ，证毕，
，又 ，故等号取不到，
所以 ，即 ，
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所以 ，由①知， ，
故 ，证毕.
19. 现有一颗质地均匀的正方体骰子，六个面分别以 1-6 标号.数轴上有一质点，它可以按照某种规则在数轴
上随机移动，每次移动一个单位长度，质点的初始位置为原点 .现开始投掷骰子，用 表示第 次投掷时
骰子正面向上的点数， 表示第 次投掷后质点的坐标，则 .规定： ，
.
参考数据：若 ，则
（1）求投掷骰子 2 次后质点不在坐标为 1 的点的概率；
（2）已知 是随机变量，则 .用 表示：“质点第一次到达坐标为 4 的点所需
的投掷次数”，求 ；
（3）用 表示投掷 次骰子后质点第一次到达坐标为 3 的点的概率，当 时，求证：
.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据坐标规定分别计算出质点在坐标为 0 的点和坐标为 2 的点的概率，即可求出结果；
（2）用 表示“质点从坐标为 的点第一次移动到坐标为 的点所需的投掷次数，可得
，分别计算出对应概率即可得出期望 ；
（3）设 表示前 次投掷后质点位于坐标为 2 的点的概率， 表示前 次投掷后质点位于坐标为 1 的点
的概率，可得 ，所以 ，进而 ，构造函数
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得出函数极值即可得出证明；
方法二：设 为投掷 次骰子之后质点第一次到坐标为 2 的点的概率，可得 时 ，
，再利用数列单调性即可证明得出结论.
【小问 1 详解】
由题知若质点上一次位置在 0，则下一次仍在 0 的概率为 ，下一次在 1 的概率为 ；
若质点上一次位置在 1，则下一次仍在 1 的概率为 ，下一次在 2 的概率为 ；
若质点上一次位置在 2，则下一次仍在 2 的概率为 ，下一次在 3 的概率为 ；
若质点上一次位置在 3，则下一次仍在 3 概率为 ，下一次在 4 的概率为 ；
若投掷骰子 2 次后质点不在坐标为 1 的点，则质点应在坐标为 0 或坐标为 2 的点，
当质点在坐标为 0 的点时，概率为 ；
当质点在坐标为 2 的点时，概率为 ；
故投掷骰子 2 次后质点不在坐标为 1 的点的概率为 .
【小问 2 详解】
用 表示“质点从坐标为 的点第一次移动到坐标为 的点所需的投掷次数，
则 ， ，
所以 ，
又 ， ， ，
同理可得 ， ， ，
故 .
【小问 3 详解】
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方法一：
设 表示前 次投掷后质点位于坐标为 2 的点的概率， 表示前 次投掷后质点位于坐标为 1 的点的概率，
则有：
，
由 ，可得 ，
又 ，故 ，
所以 ，所以
故 .
又 ，故 ，故 ，
令 ， ，
则 ，
令 ， ，
又 在 内单调递减， ，
故 ， ，故 ， ，
故 在 内单调递减，故 ，
又当 时， ，
故 ，
一方面： ，
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又 ，故 ，
从而 ，故 ，
另一方面： ，
故当 时， ，而 时， ，
故 时，
综上， .
方法二：
设 为投掷 次骰子之后质点第一次到坐标为 2 的点的概率，则 ，
所以 ，
则 ，
因此 ；
根据指数函数性质可知 比 增长速度快，
当 时， ，当 时， ；
因此可知当 时， ；
综上可知 ，又 ；
可知当 时， ；
又 ，
结合指数特性可知当 时， ，所以 ；
综上可得
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