湖南省长沙市雅礼中学2026届高三下学期开学考试数学试卷含解析（word版）

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注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 在复平面内，复数 对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】先化简复数，再利用复数的几何意义求解.
【详解】复数，
其在复平面内所对应的点位于第四象限，
故选：D．
2. 已知符号函数，则“”是“”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据题目所给的符号函数直接得到等价于即可.
【详解】若，则同号，
所以或，
即或，即，
所以“”是“”的充要条件.
故选：A
3. 已知向量与的夹角为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由题意依次求出、和，进而由向量夹角余弦公式求出，再根据三角函数诱导公式即可求解.
【详解】由题，
，
，
所以．
故选：C．
4. 下列结论中，错误的是（ ）
A. 数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为6
B. 若随机变量，则
C. 已知经验回归方程为，且，则
D. 根据分类变量与成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001
【答案】D
【解析】
【分析】A选项，将数据排序后，根据百分位数的定义得到答案；B选项，由正态分布的对称性得到答案；C选项，将样本中心点代入回归方程，求出；D选项，由得到D错误.
【详解】A选项，数据4，1，6，2，9，5，8排序后得到1，2，4，5，6，8，9，
，故选取第5个数据作为第60百分位数，即为6，A正确；
B选项，因为，根据对称性可知，
故，B正确；
C选项，已知经验回归方程为，且，则，
解得，C正确；
D选项，，故不能得到此结论，D错误
故选：D
5. 白舍窑位于江西省南丰县白舍镇，是宋元时期“江西五大名窑”，其瓷器以白瓷最为闻名，素有“白如玉，薄如纸”的特点．如图是白舍窑生产的一款斗笠型茶杯，茶杯外形上部为一个圆台，下部实心且外形为圆柱．现测得底部直径为6cm，上部直径为12cm，茶杯侧面与水平面的夹角为，则该茶杯容量（茶杯杯壁厚度忽略不计）约为（ ）（单位：）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】圆台的体积即为该茶杯容量，求出圆台的高，进而利用圆台体积公式求出答案.
【详解】圆台的体积即为该茶杯容量，如图，cm，cm，
过点分别作⊥，⊥于点，
则cm，cm，
其中圆台的高为cm，
故圆台体积为.
故选：D
6. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先切化弦，得到，再结合两角和与差的正弦公式可求值.
【详解】由.
由.
由.
所以.
故选：B
7. 已知函数，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】判断函数的奇偶性以及单调性，从而将不等式在上恒成立，转化为在上恒成立，参变分离，再结合构造函数，利用导数求得函数的最小值，即可得答案.
【详解】由于函数，定义域为R，满足，
得是奇函数，且在R上为减函数.
在上恒成立，在上恒成立，
在上恒成立，在上恒成立.
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
，即a的取值范围为，
故选：D.
8. 设为正整数，在平面直角坐标系中，若，且）恰好能表示出12个不同的椭圆方程，则的一个可能取值为（ ）
A. 12B. 8C. 7D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】由于椭圆的系数是从中选两个不同的数的排列，所以分为偶数和为奇数研究，从而得解.
【详解】根据题意，为椭圆，则，
从个数中选两个不同的数作为系数，
当为偶数时，去掉重复的数有个数
则任取两个数的排列数为个，
当为奇数时，去掉重复的数有个数
则任取两个数的排列数为个，
由于现在恰好能表示出12个不同的椭圆方程，
则当为偶数时，，得，
当为奇数时，，得，所以C正确.
故选：C
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. 已知函数的部分图象如图所示，若将函数的图象纵坐标不变，横坐标缩短到原来的，再向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列命题正确的是（ ）
A. 函数的解析式为
B. 函数的解析式为
C. 函数在区间上单调递增
D. 函数图象的一条对称轴是直线
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，由图像可得，，从而可求出得，再将点的坐标代入函数中可求出的值，从而可求出函数解析式，对于B，由三角函数图像变换规律求出的解析式，对于C，由求出的增区间进行判断即可，对于D，将代入中验证是否能取得最值.
【详解】由图可知，，，所以，解得，故．
因为图像过点，所以，即．
因为点位于单调增区间上，且，所以，
故．故A项正确；
若其纵坐标不变，横坐标缩短到原来的，所得到的函数解析式为，
再向右平移个单位长度，所得到的函数解析式．故B项正确；
令，
得，
故函数的单调增区间是，
当时，在区间上单调递增，故C项正确；
当时，，即时，
不取最值，故不是函数的一条对称轴,所以D项不正确．
故选：ABC
10. 已知抛物线C：的焦点为F，直线与C交于点A，B（A在第一象限），以AB为直径的圆E与C的准线相切于点D．若，则下列说法正确的是（ ）
A. A，B，F三点共线B. l的斜率为
C. D. 圆E的半径是4
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据给定条件，作出几何图形，结合抛物线的定义逐项分析判断得解.
【详解】连接DE，则DE为圆E的半径，过A作准线的垂线，垂足为S，过B作准线的垂线，垂足为T，连接，如图，
对于A，，则A，B，F三点共线，A正确；
对于B，由AB为直径，得，而，则，
而为等腰三角形，则，，于是，
即直线l的倾斜角为60°，其斜率为，B错误；
对于C，点，直线AB的方程为，由得，
解得，，则，，即，C正确；
对于D，由，，得，则圆E的直径是8，其半径为4，D正确．
故选：ACD
11. 如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则( )

A. 存在点Q，使B，N，P，Q四点共面
B. 存在点Q，使平面MBN
C. 过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面面积的取值范围为
D. 经过C，M，B，N四点的球的表面积为
【答案】AB
【解析】
【分析】作出过的截面判断选项A；取中点为，证明其满足选项B；当在运动时，确定截面的形状，引入参数(如)计算出面积后可得取值范围，判断选项C，过与底面平行的平面截正方体得出的下半部分为长方体，其外接球也是过C，M，B，N四点的球，由此求得球半径，得表面积，判断选项D．
【详解】选项A，连接，，正方体中易知，
分别是中点，则，所以，即四点共面，当与重合时满足B，N，P，Q四点共面，A正确；

选项B，如图，取中点为，连接，
因为分别是中点，则与平行且相等，是平行四边形，
所以，又是中点，所以，所以，
平面，平面，所以平面，B正确；

选项C，正方体中，分别是中点，则，
在上，如图，作交于，连接，延长交延长线于点，连接延长交延长线于点，连接交于点，交于点，为所过三点的截面，
由正方体的对称性可知梯形与梯形全等，
由面面平行的性质定理，，从而有，由正方体性质，
设，，则，，
是中点，，则，所以，同理，
，，，
梯形是等腰梯形，高为，
截面面积，
设，，，
在上递增，，，
所以，C错；

选项D，
取中点，中点，连接，则是正四棱柱（也是长方体），它的外接球就是过四点的球，所以球直径为，半径为，表面积为，D错．

故选：AB．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若曲线的一条切线为，其中为正实数，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】先根据已知求出，再利用基本不等式求解.
【详解】设切点为，由
所以，且过切点的直线为，
所以有：，
因为，所以，
所以，
当且仅当时取等号，
故答案为：.
13. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点，点是第一象限内双曲线上的一点，满足.记的面积分别为、，则______.
【答案】8
【解析】
【分析】设的内切圆与三边分别相切于，利用切线长相等求得内切圆圆心横坐标为，又由得在的平分线上，进而得到即为内心，应用双曲线的定义求得面积差即可.
【详解】
如图，设的内切圆与三边分别相切于，可得，
又由双曲线定义可得，则，
又，解得，则点横坐标为，即内切圆圆心横坐标为.
又，可得，化简得，即，
即是的平分线，由于，，可得即为的内心，且半径为2，则.即.
故答案为：8.
14. 锐角中，角所对应的边分别为，满足，，则的周长的取值范围为_______.
【答案】
【解析】
【分析】由题意得，结合正弦定理得，根据是锐角三角形求出的取值范围，通过换元法即可求解.
【详解】因为，，所以，故，
所以，
即，
因为，所以，，
所以，故或（舍），即，
由正弦定理可得，
所以
，
因为是锐角三角形，所以，解得，
令，
则，
所以的周长的取值范围为.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知数列的各项均为正数，前项和为，且，是与的等差中项.
（1）证明：数列是等差数列；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据等差中项列式，再根据完全平方公式计算化简，由定义得出等差数列；
（2）先写出等差数列的通项公式，再应用的分组求和得出即可.
【小问1详解】
因为是与的等差中项，所以，
所以，
因为数列的各项均为正数，所以，
所以，所以，
所以数列是公差为1，首项为的等差数列；
【小问2详解】
因为数列是公差为1，首项为的等差数列，
所以，
所以，当时，，
当时，，
所以,
所以，
16. 在直角梯形中，，，，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面．

（1）求证：；
（2）在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在点，此时
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理和勾股定理可证明平面，再由线面垂直的性质即可得；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得结果.
【小问1详解】
因为，且，
可得，，
又因为，可得，
所以，则，
因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，
又因为平面，
所以；
【小问2详解】
因为平面，且平面，所以，
如图所示，以点为原点，建立空间直角坐标系，

可得，，，，
所以，．
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
假设存在点，使得与平面所成角为，
设，（其中），则，，
所以，
整理得，解得或（舍去），
所以在线段上存在点，使得与平面所成角为，此时．
17. 有甲、乙两个不透明的罐子，甲罐有3个红球，2个黑球，球除颜色外大小完全相同.某人做摸球答题游戏.规则如下：每次答题前先从甲罐内随机摸出一球，然后答题.若答题正确，则将该球放入乙罐；若答题错误，则将该球放回甲罐.此人答对每一道题目的概率均为 当甲罐内无球时，游戏停止.假设开始时乙罐无球.
（1）求此人三次答题后，乙罐内恰有红球、黑球各1个的概率；
（2）设第 次答题后游戏停止概率为 问：是否存在最大值?若存在，求出最大值；若不存在，试说明理由.
【答案】（1）；
（2）存在，最大值为.
【解析】
【分析】（1）记“此人三次答题后，乙罐内恰有红、黑各一球”，记“第次摸出红球，并且答题正确”，，记“第次摸出黑球，并且答题正确”，，记“第次摸出黑球或红球，并且答题错误”，，结合全概率公式直接求解即可；
（2）第次后游戏停止的情况是：前次答题正确恰好为次，答题错误次，且第次摸出一球时答题正确，即可直接得到，结合概率的性质，即可求解.
【小问1详解】
记“此人三次答题后，乙罐内恰有红、黑各一球”，
记“第次摸出红球，并且答题正确”，，
记“第次摸出黑球，并且答题正确”，，
记“第次摸出黑球或红球，并且答题错误”，，
所以，
又，，，
所以
，
同理，
所以.
【小问2详解】
①第次后游戏停止的情况是：前次答题正确恰好为次，
答题错误次，且第次摸出一球时答题正确，
所以.
②由①知，，
所以，
令，解得，
令，解得，即，
，
所以的最大值是.
18. 已知点，动点满足，动点的轨迹记为.
（1）求的方程；
（2）直线与轴交于点为上的动点，过作的两条切线，分别交轴于点.
①证明：直线的斜率成等差数列；
②经过三点，是否存在点，使得？若存在，求；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②存，
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的定义，可得曲线的方程.
（2）设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立.
①根据直线与椭圆的位置关系，由可以得到关于的一元二次方程，根据韦达定理，可得，再得，所以直线的斜率成等差数列.
②法一：分别用表示出的坐标，结合①中的，，根据求的值即可；
法二：分别用表示出的坐标，结合①中的，，根据求的值即可；
法三：分别用表示出的坐标，结合①中的，，根据求的值即可；
法四：分别用表示出的坐标，结合①中的，，根据求的值即可.
【小问1详解】
因，
所以的轨迹是以为焦点，且长轴长为4的椭圆，
设的轨迹方程为，则，可得.
又，所以，所以的方程为.
【小问2详解】
设，易知过且与相切的直线斜率存在，设直线方程为，联立，消去得，
由，得
设两条切线的斜率分别为，则
①证明：设的斜率为，则，
因为，所以的斜率成等差数列.
②法1：在中，令，得，所以，
同理，得，所以的中垂线为.
易得的中点为，所以的中垂线为，
联立解得，
所以，，
要使，则，即，
整理得，
而，
所以，解得，因此，
故存在符合题意的点，使得，此时.
法2：在中，令，得，因此，
同理可得，所以的中垂线为.
易得的中点为，所以的中垂线为，
联立解得，
因为，所以，即，
而，
所以，解得，因此，
故存在符合题意的点，使得，此时.
法3：要使，即或，
从而，又，所以，
因为，
所以，解得，所以，
故存在符合题意的点，使得，此时.
法4：要使，即或，从而.
在中，令，得，故，同理可得，因此，
所以，
故，即，
整理得，
所以，整理得，解得或（舍去），
因此，故存在符合题意的点，使得，
此时.法5：要使，即或，从而.
在中，令，得，故，同理可得，
由等面积法得，
即，整理得，
所以，整理得，解得或（舍去），
因此，故存在符合题意的点，使得，
此时.
19. 已知为常数，函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点.
①求的取值范围；
②若恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）根据题意，求导可得，然后分与讨论，即可得到结果；
（2）①将函数零点转化为方程有两个不等实根，然后由导数可得函数的值域，即可得到结果；②根据题意，由，得，化简可得，然后换元，构造函数，然后分，以及讨论，即可得到结果.
【小问1详解】
由题意，得.
①当时，因为，恒成立，
所以，故在定义域上单调递增.
②当时，由，得，解得；
由，得，解得.
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减.
【小问2详解】
①由题意，得.
令，则.
易知为增函数，由，解得，
即.
由题意，关于的方程即有两个不等实根.
设函数，则.
由，得；由，得
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以.
又当时，；当时，，
所以，所以的取值范围是.
②由已知，得，.
两式相减，得，
故.
由，得，
故.
将代入，得，
即.
令，则，
即.
设函数，其中，则.
令，则.
①当时，，所以在区间上单调递增，故.
所以在区间上单调递减，
故，不符合题意.
②当时，由，得，
所以在区间上单调递增.
故当时，，所以在区间上单调递减.
所以，不符合题意.
③当时，，所以在区间上单调递减，故.
所以在区间上单调递增，
故，满足题意.
综上所述，的取值范围是.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数零点问题以及利用导数研究不等式恒成立问题，难度较大，解答本题的关键在于合理构造函数，然后通过导数知识求解.