湖南省长沙市2025_2026学年高三数学上学期10月月考试题含解析

这是一份湖南省长沙市2025_2026学年高三数学上学期10月月考试题含解析，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
时量：120分钟 满分：150分
一、选择题（本大题共8个小题，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】C
【解析】
【分析】根据交集的定义进行求解即可.
【详解】因为，
所以，
故选：C．
2. 已知复数为虚数单位，若为纯虚数，则（ ）
A. B. 20
C. D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的乘法运算化简复数，然后利用纯虚数的概念求得，进而由求解即可.
【详解】，
且为纯虚数，，，
，．
故选：B．
3. “数列既是等差数列又是等比数列”是“数列是常数列”的（ ）．
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【详解】数列既是等差数列又是等比数列，则可知是常数列，所以充分性成立；
若是常数列，则不是等比数列，所以必要性不成立，
所以“数列既是等差数列又是等比数列”是“数列是常数列”的充分不必要条件，故选A．
4. 设随机事件A，B满足，，则（ ）
A. 0.4B. 0.35C. 0.25D. 0.1
【答案】D
【解析】
【分析】利用全概率公式及对立事件概率公式计算求解.
【详解】根据题意可得，，
故由互斥事件概率的加法公式得：，
故，易得，
所以.
故选：D.
5. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与双曲线的左、右支分别交于两点，且，，其中为坐标原点，则双曲线的离心率为（ ）
A. 4B.
C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】利用双曲线的定义，结合图形，表示出各个线段长度，在，Rt中利用勾股定理列出关系式即可得解.
【详解】
由题意设，
根据题意可知，
在中，，得，
从而，
在Rt中，，得，即．
故选：C
6. 已知函数的定义域为，其导函数是.若对任意的有，则关于的不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数探讨函数的单调性，再利用单调性求解不等式即得.
【详解】令函数，，求导得，
因此函数在上单调递减，不等式，
即，解得，
所以原不等式的解集为.
故选：B
7. 已知是边长为4的等边三角形，点是所在平面内的一点，且满足，则的最大值是（ ）
A. 8B. 8
C. D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】取等边的中心为，利用向量的线性运算化简可得，然后结合数量积的几何意义求解即可.
【详解】如图，取等边的中心为，的中点为，
则，
因为，
所以，则，
故点在以为圆心，1为半径的圆上．
过作交圆于点，且与方向相同，
由向量数量积几何意义知，当点与点重合时，取最大值，
此时，过点作的垂线，垂足为，易知，
所以．
故选：D．
8. 在四面体中，与都是边长为6的等边三角形，点满足．当四面体体积最大时，过点的平面截四面体外接球所得圆的面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先作辅助线确定四面体外接球的球心，然后确定四面体外接球的半径，进而求得面积.
【详解】如图，取的中点，连接，分别取和的外心与，
过两点分别作平面和平面的垂线，交于点，

则点就是四面体外接球的球心，则为二面角的平面角，
当时，四面体的体积最大．则四边形是正方形，其边长为，
故四面体外接球半径，
则，当与过点的截面垂直时，截面圆的面积最小，
此时截面圆的半径，则截面圆的面积为．
故选：A．
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，至少有两项符合题目要求，若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分）
9. 若动直线与圆相交于两点，则（ ）
A. 直线过定点
B. 的最小值为
C. 的最小值为
D. 存在点，使为定值
【答案】ABD
【解析】
【分析】整理方程即可求得直线过定点，判断A选项；由圆方程得到圆心和半径，由圆的性质得到最短交点弦，由垂径定理求得最短弦，判断B选项；取的中点，由向量的加法整理即可求得其最值，判断C选项；取点，过点作圆的直径，由相交弦定理求得的值，判断D选项.
【详解】对于A，由，可得，故直线恒过定点，故A正确；
对于B，圆，圆心为，半径为3，
由圆的性质可得当时，最小，
此时，故B正确；
对于C，取的中点，则，
又，则圆心到直线的距离，所以，
则的最大值为，故C错误；
对于D，取点，过点作圆的直径，如图，因为，
且，所以，
由相交弦定理知，又，则，
所以为定值，故D正确．
故选：ABD．
10. 已知正方体，点满足，则（ ）
A. 当时，平面
B. 当时，平面
C. 当为直角三角形时，
D. 当的面积最小时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用平面法向量的性质，结合空间向量数量积的坐标表示公式逐一判断即可.
【详解】由题可知，设正方体的棱长为1，如图以点为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，
所以，因为，所以.
对于A，当 时，，则，
因为，
所以，
又因为平面，
所以平面，故A正确；
对于B，当 时，，
设平面的法向量为，
则，故可取，
因为，所以平面不正确，故B错误；
对于C，当为直角三角形时，
，
当时，
，解得或（舍去），
当时，，显然这种情况不存在；
当时，，显然这种情况不存在，
因此当为直角三角形时，，故C正确；
对于D，，
，
所以，因此是等腰三角形，底边，
设到的距离为，则，
因的面积，
则的面积最小时，的值最小，此时，故D正确．
故选：ACD
11. 已知数列前项积，数列的前项和为1，满足．则（ ）
A. 数列为递减数列
B. 若，则满足要求的正整数对共有对
C. 记，数列的前项和为，则
D. 记，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】先根据已知条件求出数列的通项公式，再逐一分析判断各选项．
【详解】当时，，当时，满足上式，
．
①，当时，②，①-②得，即，
，当时，，
，
，也满足，
．
选项A:，数列不是递减数列，故A错误；
选项B：时，，又，，
为不超过10的正整数，满足要求的正整数对共有对，故B正确；
选项C：，
，故C正确；
选项D：，，
函数的导数，当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减．
，且在定义域上，
，即，故D正确．
故选：．
三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）
12. 学校开展班级轮值活动，高二某班有四个轮值小组负责甲、乙、丙三个地点的站岗值班任务，每个小组负责一个地点，每个地点至少有一个小组负责，且小组不去甲地点，则不同的任务分配方法种数为___________．（用数字作答）
【答案】24
【解析】
【分析】分一个小组去甲地点和两个小组去甲地点求解即可.
【详解】若甲地点去一个小组，从组选一组去甲地点，有种，
再将剩下的3个小组分配到剩下的2个地点，且每个地点至少有1个小组，有种，此时共有种；
若甲地点去两个小组，从组选两个小组去甲地点，有种，
将剩下的2个小组分配到剩下的2个地点有种，此时共有种．
综上，不同的任务分配方法种数为种.
故答案为：24
13. 如图，已知点是某球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上两点与点在同一条水平直线上，且在点的同侧．若在处分别测得球体建筑物的最大仰角为和，且，则球体建筑物的半径为___________．
【答案】10
【解析】
【分析】设球半径为，结合图像利用三角形和球的性质表示，再利用已知条件构造关于的方程，利用正切化弦与两角差的正弦公式化简即得．
【详解】设该球体建筑物的半径为，根据题意作示意图如下，均为球的半径，
，
，
，
，即
．
故答案为：．
14. 设函数，若恒成立，则的最小值是___________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据题意分析得出，即，构造新函数，利用函数导数求解即可.
【详解】因为函数的定义域为，
当时，，由恒成立，则有恒成立，
因为的值域为，所以不一定恒成立，矛盾，故不成立；
当时，由，
由，
所以要使得恒成立，则，即，所以．
设，
则，
当时，，所以在上单调递增，
当时，，所以在上单调递减，
所以有最小值，所以的最小值是．
故答案为：．
四、解答题（本大题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 在锐角中，角所对的边分别为为边上一点，且平分．
（1）求证：；
（2）若，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由三角形内角性质及和差角正弦公式化简得，结合已知锐角三角形、正弦边角关系有，即可证明；
（2）由同角三角函数关系及三角变换公式求得，由得，由余弦定理得，即可求解.
小问1详解】
由，
所以，
则，
因为在锐角中，，则，
由正弦定理得，得证.
【小问2详解】
因为为三角形内角，故，
由平分得，
由得，
，
所以，解得.
由得，，所以.
所以.
16. 某高中学校计划通过体质测试，了解学生体质健康水平．规定按照成绩由高到低，前的学生测试成绩记为“优秀”．为了了解本次体质测试情况，从中抽取了部分学生的成绩（单位：分，得分取正整数，）作为样本进行统计，将成绩进行整理后，分为六组（如图）：
（1）求的值并估计记为“优秀”的最低分数；
（2）如果用按比例分层抽样的方法从样本成绩为和的学生中共抽取8人，再从8人中选4人，记4人中成绩不合格（成绩低于60分）的学生人数为，求的分布列与期望；
（3）经统计，高中生体质测试成绩近似服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本的标准差，并已求得．体质监测中心计划从全市抽取名高中生进行体质测试，记这名高中生的体质测试成绩恰好落在区间内的人数为，求的数学期望．
参考数据：若，则．
【答案】（1），88分
（2）分布列见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）利用频率分布直方图性质，即可求出，进而可求出“优秀”的最低分数；
（2）先求出每一层的分数，再求出的可能取值及对应的概率，即可求出分布列，再利用期望的计算公式或超几何的期望公式，即可求出期望；
（3）利用正态分布的性质得，根据题设有，再由二项分布的期望计算公式，即可求解.
【小问1详解】
由图可知，
解得.
因为，
则成绩由高到低的前分数线必在之间，
设分数线为，则，得，
则记为“优秀”的最低分数为88分.
【小问2详解】
样本成绩位于和的比例为，
故所抽取的个人中，来自的人数为，来自的人数为，来自的人数为，
则的所有可能取值为1，2，3，4．
，
，
所以的分布列为
方法一：.
方法二：服从参数的超几何分布，故.
【小问3详解】
由题意得，，
由，所以，
所以
，
所以高中生的体质测试成绩恰好落在区间内的概率约为0.8186，
故，所以.
17. 已知三棱柱的底面是边长为2的正三角形，平面与底面垂直，，当时，．
（1）当时，求三棱锥的体积；
（2）当时，求平面与平面夹角的余弦值的最大值．
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【分析】（1）分别取和的中点，连接，由面面垂直的性质可得平面，进而证明平面，可求得，利用可求体积；
（2）方法一：分别取和的中点为，建立空间直角坐标系，求得平面和平面的一个法向量，利用向量法可求得，进而可求最大值.方法二：延长交直线于点，连接，过点作于点，为所求两平面夹角，求解即可.
【小问1详解】
如图，分别取和的中点，连接，
因为平面平面，且平面平面，
又为等边三角形，为的中点，
则，即平面，则.
由，则为的中点，则，
故四边形为平行四边形，
则．又，且，
则平面，
则，又为的中点，
则有.
故.
【小问2详解】
方法一：当时，三棱柱为正三棱柱，
分别取和的中点为，则两两互相垂直，
以为原点，分别以为，轴建立空间直角坐标系，如图所示．
由（1）知，则，由得
取平面的法向量为，设平面的法向量为，
设平面与平面的夹角为，易得，
则
令，则，即，
则，
当时，取最大值，
故当，即为棱中点时，平面与平面夹角的余弦值取最大值.
方法二：由（1）知，
延长交直线于点，连接，过点作于点，连接，
因为平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
所以为所求两平面夹角，且，
又，故当且仅当点与点重合时，有最小值1，
由余弦函数单调性知有最大值，此时.
18. 已知平面直角坐标系中动点到定点的距离和到直线的距离之比为．
（1）求动点的轨迹；
（2）已知点的坐标为，点为轨迹在第一象限的点，点关于原点的对称点为．
（i）设点到直线的距离分别为，求的取值范围；
（ii）设轨迹在处的切线方程为，射线交于点T．求证：．
【答案】（1）以为两焦点的椭圆
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题直接建立方程，化简得，即可求解；
（2）（i）利用，得到，再利用两点间距离公式及点在椭圆上，得，结合，即可求解；（ii）利用直线与椭圆的位置关系，结合条件，得直线的斜率，进而求出与垂直的直线方程，再利用几何关系得，即可求解.
【小问1详解】
由题可得，整理得到，即，
所以动点的轨迹是以为焦点的椭圆．
【小问2详解】
（i）由椭圆对称性知四边形为平行四边形，
故，即，
即有，
因为为轨迹在第一象限的点，则，
所以，
又，则，所以，即.
（ii）由题知的斜率存在，可设斜率为，则，
由，消得到，
所以，
整理得到，即，
又，所以，
整理得，
即，所以，
又设过点与垂直的直线交轴于点，则直线的方程为，
令，可得点的坐标为，则有，
又由（i）知，，同理可得，
则有，
又，
所以，又，则，
故平分，又，则，
又，则，故.
19. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处切线方程；
（2）若，求的值；
（3）当时，证明：有2个零点．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，由点斜式即可得到切线方程；
（2）函数求导后，根据参数的取值分类讨论，得到时，，构造函数，求导推得，结合恒成立即得的值；
（3）由得，令，则，令，求导判断在区间上单调递增，结合零点存在定理，推得，使得，求出的最小值为，由可得，，故得的最小值，由即可判断函数，即函数的零点个数.
【小问1详解】
当时，，则，
所以，，
所以曲线在点处的切线方程为，
即．
【小问2详解】
函数的定义域为，且，
① 当时，易得，在上单调递减，
又，所以当时，，不符合题意；
② 当时，由，得时，即在上单调递增；
由，得时，即在上单调递减，
所以，
因为，则其等价于，即．
令，则，
所以当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，因恒成立，故．
【小问3详解】
．
令，得，
令，则与有相同的零点，
且．
令，则，
因为当时，，所以在区间上单调递增，
又，，所以，使得，
所以当时，，即；
当时，，即，
所以在单调递减，在单调递增，
所以的最小值为．
由，得，即，
令，，则，则在单调递增．
因为，所以，则，
所以，从而，，
所以的最小值．
因为，所以当趋近于0时，趋近于；
当趋近于时，趋近于，且，
所以有2个零点，故有2个零点．
1
2
3
4