湖南省炎德名校联合体2026届高三下学期第三次联考数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省炎德名校联合体2026届高三下学期第三次联考数学试卷（Word版附解析），共5页。试卷主要包含了 已知 为第二象限角， ，则等内容，欢迎下载使用。
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，
用橡皮擦干净底，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. 若复数 ，则 （ ）
A. B. C. 4 D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】根据共轭复数及复数的减法计算求解.
【详解】 .
2. 若 ，则 的真子集个数为（ ）
A. 3 B. 8 C. 7 D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】由集合的无序性结合集合的关系确定 ，进而可求集合 的真子集个数.
【详解】因为 ，所以 ，所以 的真子集个数为 .
3. 若双曲线 的离心率为 ，则 的值为（ ）
A. B. C. 2 D. 3
【答案】C
【解析】
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【分析】根据题意，利用双曲线的几何性质，列出方程，即可求解.
【详解】因为双曲线 的离心率为 ，
所以 ，所以 .
4. 已知向量 ， ，则 在 上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合向量的坐标运算，根据投影向量的计算方法求解即可.
【详解】 在 上的投影向量为 .
5. 已知函数 的定义域为 ，周期为 4，若 ，则 （ ）
A. B. C. 0 D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由周期为 可得 ，由条件可得 ，解方程可求结论.
【详解】因为 的周期为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
联立消去 得， .
6. 若将函数 图象上所有点的横坐标压缩到原来的一半（纵坐标不变）得到 的图象，则
的单调递增区间为（ ）
A. B.
C. D.
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【答案】A
【解析】
【分析】由图像变换得 ，使用整体代入法结合正切函数图像性质即可求得 的单调递增
区间.
【详解】由已知得， ，
令 ， ，解得 .
所以 的单调递增区间为 .
7. 已知 ， ， 为平面上的一个动点，若 ，则 的轨迹所围成的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】法一：使用两点间距离公式结合条件可得 的轨迹为圆，进而可得轨迹所围成的面积；法二：由
题意得 的轨迹为存在一条直径位于 轴上的圆，由此求出圆的端点，进而可得半径与面积.
【详解】法一：因为 ， ，设 ，由 得
，
平方并整理得 ，化简并整理得 ，
故点 的轨迹是圆，其半径为 ，故其面积为 .
法二：因为 ， ， ，所以 的轨迹为一条直径位于 轴上的圆，
设此直径的端点坐标为 ，则 或
所以 或 ，所以 的轨迹所围成的面积为 .
8. 如图，在棱长为 1 的正四面体 中， 是棱 的 10 等分点，过 作与
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， 均平行的平面 ，记此平面截正四面体 所得的截面面积为 .则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】如图，取 的中点 ，连接 ， ，
在正四面体 中，易知 ， ，
又 ， ， 平面 ，所以 平面 ，又 平面 ，所以
.过 作 的平行线，交 于 ，再过 作 的平行线，交 于 ，作 交
于 ，连接 ，
得截面四边形 ，易知四边形 为矩形，
由相似三角形知识可知 ， ，
所以 .
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 为第二象限角， ，则（ ）
A. B.
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C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】由条件结合同角关系求 ，再结合诱导公式求 ，再利用二倍角公式求 ，利
用两角和正弦公式求 .
【详解】因为 为第二象限角， ，所以 ，
，
，
又因为 ，
所以 .
10. 用 1，2，3，4 四种颜色给图中的 ， ， ， 四个区域涂色，要求每个区域只涂一种颜色，相邻区
域涂不同色，则（ ）
A. 用四种不同颜色涂色的不同方法数为 24
B. 用 1，2，3 这三种不同颜色涂色的不同方法数为 6
C. 在用四种不同颜色涂色的条件下，区域 用 4 涂色的概率为
D. 在用 1，2，3 这三种不同颜色涂色的条件下，区域 用 2 涂色的概率为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由分类乘法计数原理结合相邻区域不能同色的条件，即可求解.
【详解】对于 A，先涂 区域，有 4 种方法，再涂 区域，有 3 种涂法，再涂 区域，有 2 种涂法，
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最后涂 区域，因为要保证 4 种颜色全部使用，故只有 1 种涂法，
故共有 种方法，所以 A 正确；
对于 B，先涂 区域，有 3 种方法，再涂 区域，有 2 种涂法，
再涂 区域，有 1 种涂法，最后涂 区域，有 1 种涂法，
故共有 种方法，所以 B 正确；
对于 C，若 用 4 涂色，则 区域有 3 种方法， 区域有 2 种方法，
区域有 1 种方法，由 A 知总情况有 24 种，则概率 ，所以 C 错误；
对于 D，若 用 2 涂色，则 区域有 2 种方法， 区域有 1 种方法，
区域有 1 种方法，由 B 知总情况有 6 种，则概率 ，所以 D 正确；
11. 经过点 作两条直线与抛物线 分别切于点 ， ，对应切线的斜率分别
为 ， ，直线 与 轴交于 ，过 任意作一条直线与 交于 ， ，则（ ）
A. B.
C. 的坐标为 D. 的中点到 轴的距离为
【答案】AD
【解析】
【分析】设出直线方程，再结合切线的性质并结合韦达定理判断 A，先确定 的性质，进而判断 B，求
出直线 的方程再结合韦达定理判断 C，利用抛物线的定义判断 D 即可.
【详解】对于 A，设经过点 的直线 方程为 ，
代入 得， ，
因为 与 相切，所以 ，
化简得 ，设此方程的两个不同根分别为 ， ，
则 ， 分别对应于过点 ， 的切线斜率，
由韦达定理得 ， ，故 A 正确；
对于 B，由于 为 的两个等根，
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所以 ，同理 ，故 B 错误；
对于 C，由 ， 的坐标分别为 ， ，
则直线 的方程为 ，化简得 ，
将 ， 代入，得 ，
将 ， 代入，得 ，
则 的坐标为 ，故 C 错误；
又直线 为 的准线， 为抛物线焦点，
设 ， 分别为 ， 到准线的距离，
由抛物线的定义得 的中点到直线 的距离为 ，
则 的中点到 轴的距离为 ，故 D 正确.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 若圆台的上下底面半径分别为 1 和 4，侧面积为 ，则圆台的体积为________.
【答案】
【解析】
【分析】由圆台侧面积公式可得母线长，再求出圆台的高，利用圆台的体积求解即可.
【详解】设圆台母线长为 ，则 ，所以 ，所以圆台的高为 ，
所以圆台的体积为 .
13. 在圆 的内接四边形 中，若 ， ， ，则四边形 的最大面积为
________
【答案】
【解析】
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【分析】利用余弦定理可得 ， ，根据圆的对称性分析四边形 的最大面积.
【详解】在三角形 中，由余弦定理得 ，
且 ，则 ，可得 ，
由圆的对称性可知当且仅当 时，三角形 的面积取得最大值 ，
所以四边形 的最大面积为 .
14. 若 ， ，则 的值为______.
【答案】1
【解析】
【分析】先利用对数换底公式，对原不等式进行整理变形，得到 ，求该函数的最小值，得
到 ，构造函数，研究函数的单调性与最值，进而确定 的值
【详解】因为 ，所以 ，
所以 ，
令 ，所以 ，
则当 时 ，即 在 上单调递减，
所以当 时， ，矛盾，故 .
时， ， ， 单调递减； ， ， 单调递增；
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所以 ，
记 ，求导得 ，
， ， 单调递增； ， ， 单调递减；
所以 最大值为 ，
因此 恒成立，仅当 时 满足要求，
所以 .
四、解答题：本题共 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. 在正项数列 中，已知 .
（1）证明： 为等比数列；
（2）若 ， ，求 的前 项和 .
【答案】（1）证明见解析；
（2） .
【解析】
【分析】（1）利用对数性质将等式转化 ，然后利用等比数列定义证明等比数列；
（2）由已知求出公比和首项，再用等比数列求和公式得 .
【小问 1 详解】
因为 ，所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ， ，所以 为等比数列.
【小问 2 详解】
设公比为 ，因为 ， ，所以 ，
所以 ，所以 ，所以 ，
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所以 的前 项和为 .
16. 在不透明的口袋中装有相同的 6 个红色的乒乓球，其中 2 个球上标有数字 1，4 个球上标有数字 2.
（1）在首次从口袋中摸出 1 个标有数字 1 的球，且不放回的条件下，求第二次从口袋中摸出 1 个标有数字
2 的球的概率；
（2）从口袋中不放回取 2 个小球，每次取 1 个，记事件 A={首次取到的是标有数字 2 的球}，事件 B={第二
次取到的是标有数字 1 的球}，则 ， 是否相互独立?请说明理由.
【答案】（1）
（2） ， 不相互独立，理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用条件概率公式计算；
（2）通过验证 是否成立，判断结论即可.
【小问 1 详解】
记首次从口袋中摸出 1 个标有数字 1 的球为事件 ，第二次从口袋中摸出 1 个标有数字 2 的球为事件 ，
则 ，
所以第二次从口袋中摸出 1 个标有数字 2 的球的概率为 .
【小问 2 详解】
由已知得， ，
所以 ，
所以 ，所以 ， 不相互独立.
17. 如图 1 所示， 是边长为 2 的正三角形，四边形 是一个梯形；其中 ，
，现在沿着 把 折起到 的位置，连接 ， ，且使得 ，
如图 2 所示.
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（1）求证：平面 ；
（2）求平面 与平面 夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取 的中点为 ，由 ，得到 ，再由 正三角形性质，
可得 ，利用线面垂直的判定定理，证得 平面 ，进而证得平面 平面
.
（2）取 的中点 ， 以 为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面 与平面 法向
量 和 ，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问 1 详解】
证明：取 的中点为 ，连接 ， ， ，
由图 1 中， 是边长为 2 的正三角形，等腰梯形 ，且 ，
可得 ，且 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
又由 正三角形性质，可得 ，
因为 ，且 平面 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以平面 平面 .
【小问 2 详解】
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解：取 的中点 ，连接 ，
因为四边形 为等腰梯形，且 为 的中点，所以 ，
又因为 平面 ，
以 为坐标原点， 所在的直线分别为 轴建立空间直角坐标系，
如图所示，可得 ， ， ，
所以 ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
取 ，可得 ，所以 ，
又由平面 的法向量为 ，
设平面 与平面 夹角为 ，则
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 .
18. 在平面直角坐标系 中，设动直线 恒过定点 ；直线 ， 为平
面上的一个动点， 到 的距离为 ；且 .
（1）求 的坐标；
（2）求 的轨迹 的方程；
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（3）设 关于 轴的对称点为 ， ，过 作与 轴垂直的直线 ，求 被 分成的左，
右两个部分面积之比的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3） .
【解析】
【分析】（1）利用直线的性质求解必过的定点即可.
（2）结合题意化简求出椭圆方程即可.
（3）结合题意将目标式表示为一元函数，再结合导数求解取值范围即可.
【小问 1 详解】
因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，则 ，故 的坐标为 .
【小问 2 详解】
设 ，因为 ，所以 ，
则 ，化简得 .
【小问 3 详解】
如图，作出符合题意的图形，
记 的坐标为 ，由题意知， 点不可能位于 轴上，
故根据椭圆对称性，不妨设点 在第一象限或在 轴正半轴上，
即 ， ，又 ， ，
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则直线 的方程为 ，
设 与 轴， 分别交于点 ， ，
因为 ，所以 ， ，
所以 面积 与 的面积 之比如下，
为 ，
令 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
所以函数 在 单调递减，在 单调递增，
又因为 ， ， ，
所以 的值域是 ，所以 ，得到 ，
根据对称性， 被 分成的左，右两个部分面积之比的取值范围是 .
19. 设函数 在 上可导，导函数为 ，若关于 的方程 在
有且只有两个不同的解，则称 是 上的“双平行切线函数”，其中两个不同的解称为 在
上的平行切点.
（1）是否存在 上的“双平行切线函数” ，且在 上不是单调函数?
若存在，请举例；若不存在，请说明理由；
（2）令 ，设直线 与 图象交于两个不同的点 ， ，其横坐标分
别为 ， ，且 是 上的“双平行切线函数”， 在 上的平行切点为 ， .
（i）求实数 的取值范围；
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（ii）证明： .
【答案】（1）存在 上的“双平行切线函数” ，但在 上不为单调函数.
（2）（i） ；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由函数 ，根据 ，得到方程，求得
方程的两解，得到 为 上的“双平行切线函数”，再利用导数求得 得到单调性，即可得到结论；
（2）（i）根据题意，转化为 在 上有两个不同的解 ，求得 ，令
，求得 ，得出 的单调性，得到 的单调性，求得其最小值，
进而求得 的取值范围；
（ii）设 ，转化为证明 ，设 ，求得
，再令 ，利用导数求得 在 上单调递减，得到 ，
进而证得 .
【小问 1 详解】
解：存在 上的“双平行切线函数” ，且在 上不是单调函数.
先证明： 为 上的“双平行切线函数”：
由函数 ，可得 ，
令 ，可得 ，
化简得 ，解得 ， ，
所以 为 上的“双平行切线函数”；
令 ，即 ，可得 或 ，
当且仅当 时， ，所以 在 ， 上单调递增，
当且仅当 时， ，所以 在 上单调递减，
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所以 在 上不是单调函数，
所以存在 上的“双平行切线函数” ，且在 上不为单调函数.
【小问 2 详解】
解：（i）由题意知： ，且 ，
所以 在 上有两个不同的解 ，
所以 ，即 在 上有两个不同的解 ，
因为 ，可得 ，
设 ，则 ，
当 时， ，则 为减函数，即 为减函数，
当 时， ，则 为增函数，即 为增函数，
故 ，且当 时， ， ， ，
所以 在 上有两个不同的解 ，所以 ，解得 ，
所以实数 的取值范围为 .
（ii）不妨设 ，则 ， ，
要证 ，即证 ，
因为 ，所以 ，
因为 ， 在 上为增函数，所以只需要证明： .
因为 ，所以只需要证明： ，其中 ，
设 ，
则 ，
设 ，则 ，
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所以 在 上单调递增，所以 ，
所以 ，所以 在 上单调递减，
因为 ，所以 ，即 ，其中 ，
所以 得证.
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