湖南省新高考教学教研联盟2026届高三下学期3月第一次（二模）联考数学试题（Word版附解析）

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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（本大题共 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】A
【解析】
【详解】由 ，得 ，即 ，
因为 ，所以 ．
2. “ ”是“ 为第二象限角”的（ ）
A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】由正弦函数在各个象限的符号结合充分条件、必要条件的概念即可判断.
【详解】若 ，则 为第一象限、第二象限角或终边在 轴正半轴上；
若 为第二象限角，则 ，
所以“ ”是“ 为第二象限角”的必要不充分条件．
3. 已知圆锥的表面积为 ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径为（ ）
A. 1m B. 2m C. m D. m
【答案】B
【解析】
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【详解】设这个圆锥底面半径为 ，母线为 ，则底面面积为 ，底面周长为 ，侧面展开图的半圆弧
长为 ，
由弧度制的定义知 ，所以 ，则侧面积为 ，
所以这个圆锥的表面积为 ，所以 ，则直径为 2m．
4. 化简 （ ）
A B. C. 5 D. 3
【答案】A
【解析】
【详解】 ．
5. 国家能源集团研发的“擎源”大模型用于预测关键节点电价，研究人员利用模型对某节点连续 8 个小时的
实际与预测电价数据进行记录，并利用上述数据绘制成实际值与预测值对比的折线图（两条折线）：
观察图表与数据，下列结论不能直接从中得出的是（ ）
A. 实际电价与预测电价的变化趋势一致，均在下午时段（第 5 小时左右）达到峰值
B. 这 8 小时内，预测值与实际值的差异（两个值的差的绝对值）平均在 10 元/MWh 左右
C. 模型对所有“价格下跌时段”（如第 5-6 小时）的预测都出现了滞后性（即预测反应慢于实际变化）
D. 模型的预测精度较高，趋势与实际基本一致，对电网调度有重要参考价值
【答案】C
【解析】
【详解】由图可知：实际电价与预测电价的变化趋势一致，均在下午时段（第 5 小时左右）达到峰值，A
正确；
对于 B，差异平均值为
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，B 正确；
由图可知两折线 趋势基本一致，且误差较小，故精确度高，D 正确；
对于 C，没有足够的理由说明预测变化慢于实际变化，C 错误．
6. 若 ，且 ，则 的最小值为（ ）
A. 12 B. 16 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由基本不等式结合一元二次不等式求解即可解题.
【详解】因为 ， ，所以 ，
令 ，所以 ，解得 （舍去）或 ，
即 ，当且仅当 时取等号，
所以 的最小值为 ．
7. 已知圆 与直线 相切于点 ，与直线 相交于 两点，且 ，则圆 的半径
为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据切点以及切线方程可知 ，再由点到直线距离以及弦长公式可求得圆的半径.
【详解】设圆心 ，由圆 与 相切于点 可得 ，即 ，
所以圆心 到直线 的距离为 ，又弦 长为 4，
故圆 的半径 ．
8. 如图， 中， ， 为 边靠近 的三等分点， 为 中点，过 作
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垂线交 于点 ， ，若 ，则 （ ）
A. B. 4 C. D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】利用共线向量定理及平面向量基本定理用 表示 ，再利用数量积运算律求解.
【 详 解 】 由 为 边 靠 近 的 三 等 分 点 ， 得
，
不妨设 ，由 三点共线得 ，
设 ，则 ，
又 不共线，则有 ，
即 ，解得 ，即 ，
由 ，得 ，因 ， ，
因此
，
因 ，
所以 .
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）
9. 已知 是复数， 为 的共轭复数，则下列计算结果一定为实数的有（ ）
A. B. C. D.
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【答案】AC
【解析】
【分析】由共轭复数的概念，由复数代数形式的加法、减法运算可判断 AB，乘除运算可判断 CD..
【详解】设 ，所以 而 不一定为实数，故 A 正确，
B 错误；
而 而 不一定为实数．C 正
确，D 错误.
10. 已知数列 的前 项和为 ，且 ，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 数列 为等差数列
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】先利用 与 的递推关系求出数列 的通项公式，再依次分析其对数数列的性质、前 项和
的范围，以及相关函数的取值范围，从而判断各选项的正误.
【详解】对于 A：因为 ，当 时， ，
所以 ，则得 ，
又当 时， ，由 ，得 ，则 ， ，故 A 错误；
对于 B：因为 ，所以数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，
所以 ，则 ，
因此数列 是首项为 ，公差为 的等差数列，B 正确；
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对于 C： ，
当 为奇数时， ，因 是递减数列，则 ；
当 为偶数时， ，因 是递增数列，则 ，
所以 ，C 正确；
对于 D：因为 在 上单调递增，而 ，
则 ，D 错误．
11. 已知双曲线有如下光学性质：从一个焦点发出的光线经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线通过另
一个焦点．其几何事实为：若双曲线的两个焦点为 ， 为双曲线上任意一点，则 处的切线平分
，已知椭圆 的左、右焦点分别为 ，双曲线 的左、
右焦点分别为 ，过 作直线 与双曲线 相切于点 ，与椭圆相交于点 ，且点 均位于第一
象限，若 ，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线 的斜率为定值 1 B. 椭圆 的离心率为
C. 双曲线 离心率为 D. 为定值
【答案】ABD
【解析】
【分析】设出直线 的方程并与椭圆联立，由判别式可求得直线 的斜率为定值 1，切点 ，故 A
正确，结合双曲线的光学性质以及角平分线定理、正弦定理可求得椭圆 的离心率和双曲线 的离心率，
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可判断选项 BC，利用向量定比分点可求出 点的坐标，代入椭圆方程可求得 D 正确，或作出辅助线利用
椭圆第二定义判断 D 正确.
【详解】设椭圆 的半焦距为 ，离心率为 ，双曲线 的半焦距为 ，离心率为 ，
设直线 为 ，
联立 与 ，得 ，
由 得 ，又点 均位于第一象限，所以 ，
所以直线 的斜率为定值 1，切点 ，故 A 正确；
如下图所示：
由双曲线光学性质知，直线 为 的平分线，由角平分线定理知 ，
设 ，则 ， ，
从而 ，椭圆 的离心率为 ，
由选项 A 知 ，又 ，所以 ，
在 中，由正弦定理知 ，
所以椭圆 的离心率为 ，B 正确；
因为 ，，所以 ，双曲线 的离心率为 ，故 C 错误；
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法一：设 ，又点 ，
由定比分点坐标公式知 ，代入椭圆 的方程，得 ，
化简得 ，故 ，故 D 正确．
法二：切点 ，在椭圆的右准线上，过点 作 轴的垂线，交 轴于点 ，过点 作准线
的垂线交准线于点 ，
由椭圆第二定义知 ，又 ，故 ，故 D 正确．
三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
12. 某电竞战队从 张不同地图中选择 3 张，按顺序用于 场比赛，且每张地图最多使用一次．若第一场比
赛不能使用地图“峡谷之巅”，则不同的选择方案共有__________种．
【答案】
【解析】
【详解】考虑所有情况为 种，
如果第一场选择“峡谷之巅”共有 种，
那么第一场不选择“峡谷之巅”，则有 种选法.
13. 如图所示，若 ，点 与 分别在直线 两侧，且 ，则 长
度的最大值为__________．
【答案】 ##
【解析】
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【分析】设 ，利用余弦定理及三角恒等变换将 表示为 的函数，再利用正弦函数的性质求
出最大值.
【详解】在 中， ，设 ，则 ， ，
在 中， ，则 ，
由余弦定理得
，
因 ，则 ，
故当 ，即 时， ，所以 的最大值为 .
14. 函数 的所有零点的和为__________．
【答案】
【解析】
【分析】构造函数 ，再判断其在 ， ， ， 单
调性，最后结合图象和对称性即可求解. 判断其对称性，再通过解析式、求导和对称性确定其单调性，即可
求解.
【详解】令 ，
则 ，
所以 ，即 的图象关于直线 对称，
当 时， 在 上单调递增，
当 时， ，则 ，
所以 在 上单调递减，
结合 的图象关于直线 对称可得：
在 上单调递减，在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增．
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又 ，
且当 时， ，当 时， ，
所以 与 有 4 个交点，且关于 对称，
故 有 4 个零点，且关于 对称，
则所有零点的和为 ．
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. 已知函数 的部分图象如图所示．
（1）求 解析式，并写出 的单调递减区间；
（2）若 ，且 ，求 的值．
【答案】（1） ， ．
（2）
【解析】
【分析】（1）根据函数图象确定最小正周期，即可得 的值，再代入 求得 的值，从而可得函
数的解析式，根据正弦函数的单调性求得减区间即可；
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（2）结合（1）中函数求出 ，进而得到 ，根据二倍角公式和角的范围
求解.
【小问 1 详解】
由图象可知 ，∴ ，
又∵ ，∴ ，
代入 可知 ，即 ，
又因为 ，所以 ，
可知当 时， 单调递减，
所以 的单调递减区间为 ．
【小问 2 详解】
，又∵ ，
所以由二倍角公式可得： ，解得 ，
又∵ ，∴ ，
所以 ．
16. 如图，在三棱锥 中， ．
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（1）证明： ；
（2）若 和 所在平面垂直，且平面 与平面 所成角的余弦值为 ，求 ．
【答案】（1）证明见解析
（2） 或 ．
【解析】
【分析】（1）取 中点 ，求证 ， ，再结合线面垂直的判定定理和定义求证；
（2）法一：以点 为坐标原点建系，设 ，分别计算两个平面的
法向量，利用向量求出面面角即可得出 ；法二：过点 作 于点 ，过点 作 于点
，证明 为平面 与平面 所成的角，再在 、 中利用三角函数值建立
关系即可求出 .
【小问 1 详解】
取 中点 ，连接 ．
因为 ，所以 ．
又由题 ，可得 ≌ ，则 ，
故 ．
因为 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 .
【小问 2 详解】
法一：设 ，
由平面 平面 且平面 平面 ，由面面垂直的性质定理可知，
可以点 为坐标原点，过点 垂直于平面 的直线为 轴，直线 为 轴，
过点 垂直于平面 的直线为 轴建立空间直角坐标系，
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则有 ，
则 ，
设平面 的一个法向量为 ，
则有 ，故可取 ，
易知平面 的一个法向量为 ，
则 ，解得 ，
所以 或 ，
法二：如图，过点 作 于点 ，过点 作 于点 ，连接 ．
因为平面 平面 且平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ．
又 ， 平面 ，
所以 平面 ，即 为平面 与平面 所成的角，
由题 ，可知 ．
设 ，则 ，
所以在 中， ，所以 ，
在 中， ，
所以 ，即 ，
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所以 或 ．
17. 已知椭圆 过点 ，两个焦点坐标分别为 ．
（1）求椭圆 的方程．
（2）已知 为椭圆 上异于 的两点，且直线 与 轴围成一个以 为顶点的等腰三角形．
（i）求证：直线 的斜率为定值；
（ii）求 面积的最大值．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）2．
【解析】
【分析】（1）根据点 以及焦点坐标，解方程可求得椭圆 的方程；
（2）（i）法一：设直线 的方程为 ，并与椭圆方程联立，结合韦达定理由 可得
直线 的斜率 ；
法二：设直线 的方程为 ，联立椭圆方程可解得 ，同理可得
，化简可知直线 的斜率 ；
法三：由 ，可设直线 为 ， 不同时为 0，联立直线与椭圆方程
化简得 ，可得 ，即直线 的斜率为定值 ．
（ii）设直线 为 ，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理知
法一：易知 ，当 时， 的面积取最大值 2．
法二：由弦长公式可知 ，又点 到直线 的距离 ，所以
，当 时， 的面积取最大值 2．
【小问 1 详解】
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设椭圆 的方程为 ，
显然 ，
将点 代入椭圆方程 ，即 ，解得 或 （舍去）
所以椭圆 的方程为 ．
【小问 2 详解】
（i）法一：
设直线 的方程为 （由对称性知 存在），如下图：
联立 得 ，化简得 ，
由 知 ，则 ，
因为 ，所以 ，即 ，
化简得 ，因为直线 不过点 ，所以 ，
故 ．
法二：
设直线 的方程为 ，
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联立 ，得 ，化简 ，
得 ，
由 知 ，即 ，则 ，
又 ，所以 ，
因为直线 与 轴围成一个以 为顶点的等腰三角形，所以 ，
同理可得 ，
由此可知 ，
则直线 的斜率 ，
故直线 的斜率为定值 ．
法三：
因为直线 与 轴围成一个以 为顶点的等腰三角形，所以 ，
因为 为椭圆上异于 的两点，
所以可设直线 为 ， 不同时为 0，
联立 与 ，
得 ，
等式两边同时除以 ，记 ，
化简得 ，
由于 ，所以 ，说明直线 的斜率为定值 ．
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（ii）设直线 为 ，
联立 与 ，得 ，
因为 ，所以 ．
由韦达定理知
法一：
过点 作 轴的垂线交直线 于点 ，则点 的坐标为 ，
，即 ，
化简得 ．
当且仅当 时， 的面积取最大值 2．
法二：
易知 ，
点 到直线 的距离 ，
所以 ，
当且仅当 时， 的面积取最大值 2．
18. 某研究团队为分析社交网络中的消费行为传播规律，构建如下概率模型：研究团队选定 人进行研究，
假设每人对消费行为的“基础易感性”参数均相同，记为 ，该值越高表示越容易被影响．传播逐
天进行，规则如下：第一天，研究团队随机选择其中 （ ，且 ）人推送广告，每位被选中
的人被成功影响（称为“感染者”）的概率为 ，且是否被影响是相互独立的，从第二天起，每一天，每一
位当前的“感染者”会尝试影响每一位当前的“非感染者”（即 人中还未被成功影响的人），且一旦被影响即
称为“感染者”，并参与后续的影响传播．
（1）求第一天结束时，被影响的人数的数学期望；
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（2）求第一天结束时，被影响的人数为偶数的概率；
（3）对于任意一位“非感染者”，若某天有 位“感染者”尝试影响他，则他当天被成功影响的概率为
，当 时，求在两天后，甲被成功影响的概率（用含 的式子表示）；基于此模
型，简要说明为什么在实际社交网络中，某种消费行为有时会突然“爆发式”传播．
【答案】（1）
（2）
（3）甲被成功影响的概率为 ，“爆发式传播”的原因：随着感染者人数增加，使得
非感染者被影响的概率 迅速提高，传播速度急剧加快，形成爆发态势．
【解析】
【分析】（1）第一天被影响人数服从二项分布 ，利用性质直接求解期望.
（2）利用二项分布奇偶项概率的对称性，构造方程求解.
（3）按“甲第一天是否被选中”及“第一天感染者人数”分类讨论，用全概率公式累加各路径概率.
【小问 1 详解】
设 表示第一天结束时被影响的人数，则 ，
由二项分布 期望公式得 ．
【小问 2 详解】
由（1）可知 ，考虑二项展开：
，
，
两式作和， ，
当 为偶数时， ；当 为奇数时， .
设第一天结束时，被影响的人数为偶数的概率为 ，
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所以 ，
故 ．
【小问 3 详解】
情形一：
甲被推送广告的概率是 ，甲在两天后被成功影响有两种情形：
①第一天被影响，概率为 ；
②第一天未被影响，概率为 ，且第二天被影响，
若甲第二天被影响，则第一天另一位初始被选中者乙一定被影响，乙作为感染者尝试影响甲，
甲被影响的概率为 ，
故甲在第一天未被影响，第二天被成功影响的概率为 ，
因此，在甲是初始选中的两人之一的条件下，甲在两天后被成功影响的概率为： ．
情形二：若甲不是初始选中的两人，其概率为 ，甲在两天后被成功影响有两种情形：
①第一天有 1 人被成功影响，再由此人成功感染甲，
概率为： ；
②第一天有 2 人被成功影响，甲在第二天被成功影响，概率为：
，
因此，在甲不是初始选中的两人的条件下，甲在两天后被成功影响的概率为：
．
综上，甲在两天后被成功影响的概率为 ．
“爆发式传播”的原因：随着感染者人数增加，每天尝试影响非感染者的感染者人数 增大，
使得非感染者被影响的概率 迅速提高，传播速度急剧加快，形成爆发态势．
19. 已知 ．
（1）若 ，证明： 恒成立．
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（2）令 ，且 ， 有唯一的正零点 ．
（i）求 的取值范围；
（ii）当 时，证明： ．
【答案】（1）证明见解析
（2）（i） ；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）证明 恒成立，再将 x 替换为 放缩证明原不等式即可；
（2）（i）令 ，求导研究 的单调性，证明 在 有唯一零点
，最后再对 a 的范围进行分类讨论即可；（ii）结合（1）中 推得 ，并结合（i）中
的零点对应的等式，放缩可得 ，进一步得到 ，再结合裂项相消法即可证
明原不等式左边，对于不等式右边，由不等式 ，令 代入，并结合（i）中的零点对应
的等式，可证明 ，根据 ，令 代入，可证 ，最后结合两者放缩即
可证明原不等式右边．
【小问 1 详解】
令 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以有 ，即 ，
当 时， 恒成立．
【小问 2 详解】
（i）由题意有 有唯一的正零点 ，
因为 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
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当 时， ； ， ，
当 时， ，
由零点存在性定理可知， 在 有唯一零点 ，
当 时， ，则 满足题意；
当 时，要保证 ，则只要 ，
即 ， 恒成立，所以 ，
综合可得 ．
（ii）由题意可知 ，也即 ，
由（1）知 ，则 ，即 ，且 ，
因此有 ，
即 ，也即 ，可得 ，
所以有 ，
故 ，
又因为 ，所以有 ，
根据题意有 ，
从而有 ，
即 ，可得 ，进一步得 ，
又 ，所以 ，所以 ，故 ，
所以 ，
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由 可得 ，也即 ，
令 得 ，进一步得 ，
所以 ，
故 ，
综上有 ．
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