湖南省益阳市2026年高三第一次调研测试数学试卷（含答案解析）

这是一份湖南省益阳市2026年高三第一次调研测试数学试卷（含答案解析），共17页。试卷主要包含了设，集合，则，复数满足，则等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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，再选涂其它答案标号。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12小题，每小题5分，共60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．已知菱形的边长为2，，则（）
A．4B．6C．D．
2．已知的值域为，当正数a，b满足时，则的最小值为（ ）
A．B．5C．D．9
3．在等差数列中，，，若（），则数列的最大值是（ ）
A．B．
C．1D．3
4．设，集合，则（ ）
A．B．C．D．
5．复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知抛物线上一点到焦点的距离为，分别为抛物线与圆上的动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数是定义在R上的奇函数，且满足，当时，（其中e是自然对数的底数），若，则实数a的值为( )
A．B．3C．D．
8．从集合中随机选取一个数记为，从集合中随机选取一个数记为，则在方程表示双曲线的条件下，方程表示焦点在轴上的双曲线的概率为（ ）
A．B．C．D．
9．若，，，点C在AB上，且，设，则的值为（ ）
A．B．C．D．
10．已知为等腰直角三角形，，，为所在平面内一点，且，则（ ）
A．B．C．D．
11．已知平面向量，满足，且，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
12．已知下列命题：
①“”的否定是“”；
②已知为两个命题，若“”为假命题，则“”为真命题；
③“”是“”的充分不必要条件；
④“若，则且”的逆否命题为真命题.
其中真命题的序号为（ ）
A．③④B．①②C．①③D．②④
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知向量，且向量与的夹角为_______.
14．在四面体中，与都是边长为2的等边三角形，且平面平面，则该四面体外接球的体积为_______．
15．若的展开式中各项系数之和为32，则展开式中x的系数为_____
16．若且时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为________．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知分别是的内角的对边，且．
（Ⅰ）求．
（Ⅱ）若，，求的面积．
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求的值．
18．（12分）在中，内角的对边分别是，已知．
（1）求的值；
（2）若，求的面积．
19．（12分）某工厂生产某种电子产品，每件产品不合格的概率均为，现工厂为提高产品声誉，要求在交付用户前每件产品都通过合格检验，已知该工厂的检验仪器一次最多可检验件该产品，且每 件产品检验合格与否相互独立．若每件产品均检验一次，所需检验费用较多，该工厂提出以下检 验方案：将产品每个一组进行分组检验，如果某一组产品检验合格，则说明该组内产品均合格，若检验不合格，则说明该组内有不合格产品，再对该组内每一件产品单独进行检验，如此，每一组产品只需检验次或次．设该工厂生产件该产品，记每件产品的平均检验次 数为．
（1）求的分布列及其期望；
（2）（i）试说明，当越小时，该方案越合理，即所需平均检验次数越少；
（ii）当时，求使该方案最合理时的值及件该产品的平均检验次数．
20．（12分）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足.
（1）求B；
（2）若，AD为BC边上的中线，当的面积取得最大值时，求AD的长.
21．（12分）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，.
（1）证明：平面平面ABCD；
（2）设H在AC上，，若，求PH与平面PBC所成角的正弦值.
22．（10分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，.
（1）求csC；
（2）若b＝7，D是BC边上的点，且△ACD的面积为，求sin∠ADB.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．B
【解析】
根据菱形中的边角关系，利用余弦定理和数量积公式，即可求出结果．
【详解】
如图所示，
菱形形的边长为2，，
∴，∴，
∴，且，
∴，
故选B．
本题主要考查了平面向量的数量积和余弦定理的应用问题，属于基础题.．
2．A
【解析】
利用的值域为,求出m,再变形,利用1的代换,即可求出的最小值.
【详解】
解：∵的值域为,
∴,
∴,
∴
,
当且仅当时取等号,
∴的最小值为.
故选：A.
本题主要考查了对数复合函数的值域运用,同时也考查了基本不等式中“1的运用”,属于中档题.
3．D
【解析】
在等差数列中,利用已知可求得通项公式,进而,借助函数的的单调性可知,当时, 取最大即可求得结果.
【详解】
因为，所以，即，又，所以公差，所以，即，因为函数，在时，单调递减，且；在时，单调递减，且.所以数列的最大值是，且，所以数列的最大值是3.
故选:D.
本题考查等差数列的通项公式,考查数列与函数的关系,借助函数单调性研究数列最值问题,难度较易.
4．B
【解析】
先化简集合A,再求.
【详解】
由 得： ，所以 ，因此 ，故答案为B
本题主要考查集合的化简和运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算推理能力.
5．C
【解析】
利用复数模与除法运算即可得到结果.
【详解】
解: ，
故选：C
本题考查复数除法运算，考查复数的模，考查计算能力，属于基础题.
6．D
【解析】
利用抛物线的定义，求得p的值，由利用两点间距离公式求得，根据二次函数的性质，求得，由取得最小值为，求得结果.
【详解】
由抛物线焦点在轴上，准线方程，
则点到焦点的距离为，则，
所以抛物线方程：，
设，圆，圆心为，半径为1，
则，
当时，取得最小值，最小值为，
故选D.
该题考查的是有关距离的最小值问题，涉及到的知识点有抛物线的定义，点到圆上的点的距离的最小值为其到圆心的距离减半径，二次函数的最小值，属于中档题目.
7．B
【解析】
根据题意，求得函数周期，利用周期性和函数值，即可求得.
【详解】
由已知可知，，所以函数是一个以4为周期的周期函数，
所以，
解得，
故选：B.
本题考查函数周期的求解，涉及对数运算，属综合基础题.
8．A
【解析】
设事件A为“方程表示双曲线”，事件B为“方程表示焦点在轴上的双曲线”，分别计算出，再利用公式计算即可.
【详解】
设事件A为“方程表示双曲线”，事件B为“方程表示焦点在轴上
的双曲线”，由题意，，，则所求的概率为
.
故选：A.
本题考查利用定义计算条件概率的问题，涉及到双曲线的定义，是一道容易题.
9．B
【解析】
利用向量的数量积运算即可算出．
【详解】
解：
，，
又在上
，
故选：
本题主要考查了向量的基本运算的应用，向量的基本定理的应用及向量共线定理等知识的综合应用．
10．D
【解析】
以AB,AC分别为x轴和y轴建立坐标系，结合向量的坐标运算，可求得点的坐标，进而求得，由平面向量的数量积可得答案.
【详解】
如图建系，则，，，
由，易得，则.
故选：D
本题考查平面向量基本定理的运用、数量积的运算，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.
11．C
【解析】
根据， 两边平方，化简得，再利用数量积定义得到求解.
【详解】
因为平面向量，满足，且，
所以，
所以，
所以 ，
所以，
所以与的夹角为.
故选：C
本题主要考查平面向量的模，向量的夹角和数量积运算，属于基础题.
12．B
【解析】
由命题的否定，复合命题的真假，充分必要条件，四种命题的关系对每个命题进行判断．
【详解】
“”的否定是“”，正确；
已知为两个命题，若“”为假命题，则“”为真命题，正确；
“”是“”的必要不充分条件,错误；
“若，则且”是假命题，则它的逆否命题为假命题，错误.
故选：B．
本题考查命题真假判断，掌握四种命题的关系，复合命题的真假判断，充分必要条件等概念是解题基础．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．1
【解析】
根据向量数量积的定义求解即可．
【详解】
解：∵向量，且向量与的夹角为，
∴||；
所以：•（）2cs2﹣2＝1，
故答案为：1．
本题主要考查平面向量的数量积的定义，属于基础题．
14．
【解析】
先确定球心的位置，结合勾股定理可求球的半径，进而可得球的面积.
【详解】
取的外心为，设为球心，连接，则平面，取的中点，连接，，过做于点，易知四边形为矩形，连接，，设，.连接，则，，三点共线，易知，所以，.在和中，，，即，，所以，，得.所以.
本题主要考查几何体的外接球问题，外接球的半径的求解一般有两个思路：一是确定球心位置，利用勾股定理求解半径；二是利用熟悉的模型求解半径,比如长方体外接球半径是其对角线的一半.
15．2025
【解析】
利用赋值法，结合展开式中各项系数之和列方程，由此求得的值.再利用二项式展开式的通项公式，求得展开式中的系数.
【详解】
依题意，令，解得，所以，则二项式的展开式的通项为：
令，得，所以的系数为.
故答案为：2025
本小题主要考查二项式展开式各项系数之和，考查二项式展开式指定项系数的求法，属于基础题.
16．
【解析】
将不等式两边同时平方进行变形，然后得到对应不等式组，对的取值进行分类，将问题转化为二次函数在区间上恒正、恒负时求参数范围，列出对应不等式组，即可求解出的取值范围.
【详解】
因为，所以，所以，
所以，所以或，
当时，对且不成立，
当时，取，显然不满足，所以，
所以，解得；
当时，取，显然不满足，所以，
所以，解得，
综上可得的取值范围是：.
故答案为：.
本题考查根据不等式恒成立求解参数范围，难度较难.根据不等式恒成立求解参数范围的两种常用方法：（1）分类讨论法：分析参数的临界值，对参数分类讨论；（2）参变分离法：将参数单独分离出来，再以函数的最值与参数的大小关系求解出参数范围.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【解析】
（Ⅰ）由已知结合正弦定理先进行代换，然后结合和差角公式及正弦定理可求；（Ⅱ）由余弦定理可求，然后结合三角形的面积公式可求；（Ⅲ）结合二倍角公式及和角余弦公式即可求解．
【详解】
（Ⅰ）因为，
所以，
所以，
由正弦定理可得，；
（Ⅱ）由余弦定理可得，，
整理可得，，
解可得，，
因为，
所以；
（Ⅲ）由于，．
所以．
本题主要考查了正弦定理、余弦定理、和角余弦公式，二倍角公式及三角形的面积公式的综合应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．
18．（1）；（2）.
【解析】
（1）由，利用余弦定理可得,结合可得结果；
（2）由正弦定理，, 利用三角形内角和定理可得，由三角形面积公式可得结果.
【详解】
（1）由题意，得.
∵.
∴,
∵ ，∴ .
（2）∵，
由正弦定理，可得.
∵a>b，∴,
∴.
∴.
本题主要考查正弦定理、余弦定理及特殊角的三角函数，属于中档题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.
19．（1）见解析，（2）（i）见解析（ii）时平均检验次数最少，约为594次．
【解析】
（1）由题意可得，的可能取值为和，分别求出其概率即可求出分布列，进而可求出期望.
（2）（i）由记，根据函数的单调性即可证出；记，当且取最小值时，该方案最合理，对进行赋值即可求解.
【详解】
（1）由题，的可能取值为 和
，故的分布列为
由记，因为，
所以 在上单调递增 ，
故越小，越小，即所需平均检验次数越少，该方案越合理
记
当且取最小值时，该方案最合理，
因为，，
所以时平均检验次数最少，约为次．
本题考查了离散型随机变量的分布列、数学期望，考查了分析问题、解决问题的能力，属于中档题.
20．（1）；（2）.
【解析】
（1）利用正弦定理及可得，从而得到；
（2）在中，利用余弦定可得，，而，故当时，的面积取得最大值，此时，，在中，再利用余弦定理即可解决.
【详解】
（1）由正弦定理及已知得，
结合，
得，
因为，所以，
由，得.
（2）在中，由余弦定得，
因为，所以，
当且仅当时，的面积取得最大值，此时.
在中，由余弦定理得
.
即.
本题考查正余弦定理解三角形，涉及到基本不等式求最值，考查学生的计算能力，是一道容易题.
21．（1）见解析；（2）
【解析】
（1）记，连结，推导出，平面，由此能证明平面平面；（2）推导出，平面，连结，由题意得为的重心，，从而平面平面，进而是与平面所成角，由此能求出与平面所成角的正弦值．
【详解】
（1）证明：记，
连结，中，，，，
，，平面，
平面，平面平面．
（2）中，，，，，
，，
，，
，平面，∴，
连结，由题意得为的重心，
，，，平面
平面平面，∴在平面的射影落在上，
是与平面所成角，
中，，，，
．
与平面所成角的正弦值为．
本题考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查线线、线面、面面的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
22．（1）；（2）.
【解析】
（1）根据诱导公式和二倍角公式，将已知等式化为角关系式，求出，再由二倍角余弦公式，即可求解；
（2）在中，根据面积公式求出长，根据余弦定理求出，由正弦定理求出
，即可求出结论.
【详解】
（1），
，
；
（2）在中，由（1）得，
，
由余弦定理得
，
，在中，
，
.
本题考查三角恒等变换求值、面积公式、余弦定理、正弦定理解三角形，考查计算求解能力，属于中档题.