2025-2026学年下学期湖南省炎德英才名校大联考高三数学2026年5月联考试卷含答案

这是一份2025-2026学年下学期湖南省炎德英才名校大联考高三数学2026年5月联考试卷含答案，共15页。试卷主要包含了 抛物线的光学性质等内容，欢迎下载使用。
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. 已知全集U=N，集合A={x∈N|x>1}，则∁UA=
A. {1}B. {0,1}
C. [0,1]D. (−∞,1]
2. 若z·(2+i)=3−i，则z=
A. 1−iB. 1+i
C. −1+iD. −1−i
3. 已知向量AB→=(3,3)，AC→=(4,4)，则|BC→|=
A. (1,1)B. (−1,−1)
C. 2D. 2
4. 已知函数f(x)是定义在R上的增函数. 若f(lg3(x−1))b>0)的上顶点为A，左焦点为F，且|OF|=6，|AF|=23，点D为椭圆上一点，圆D的半径为2，过原点O作圆D的两条切线OM，ON分别交椭圆于M，N，若直线OM，ON的斜率都存在，分别记为k1，k2，则
A. 椭圆C的离心率为22
B. |DF|的最小值为6−3
C. k1k2的值为−12
D. |OM|·|ON|的最大值为9
三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）
12. 已知函数f(x)=2f'(0)sinx，则f'(0)= 。
13. 已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1=2，an+1=Sn+2，记f(n)=n2an(n∈N∗)，则f(n)的最大值为 。
14. 设A，B是半径为4的球O的表面上两定点，且|AB|=4，球O的表面上一动点P满足|PA|=5|PB|，则点P的轨迹长度为 。
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.（本小题满分13分）
大兴安岭是我国的重要的木材供应基地，为实现“绿水青山就是金山银山”理念，大兴安岭林区制订了“百万亩人工林”的植树造林计划，该地林业科研人员对近10年的人工林研究发现：一般树的胸径（树的主干在地面以上1.3 m处的直径）越大，树就越高。由于测量树高比测量胸径困难，因此科研人员希望由胸径预测树高。在研究树高y（单位：m）与胸径x（单位：cm）之间的关系时，某林场收集了某种树的一些数据，并根据数据作出如下的散点图。
经计算得∑i=112xi=348，∑i=112yi=264，∑i=112xiyi=7793，∑i=112xi2−12x¯2=24，∑i=112yi2−12y¯2=6。
（1）推断两个变量是否线性相关，计算样本相关系数r（精确到0.01），并推断它们的相关程度；
（2）试根据以上数据建立树高关于胸径的经验回归方程（系数精确到0.01），并预测胸径为45 cm的树高。
附：相关系数r=∑i=1nxiyi−nx¯y¯∑i=1nxi2−nx¯2∑i=1nyi2−ny¯2，回归方程y^=b^x+a^中，b^=∑i=1nxiyi−nx¯y¯∑i=1nxi2−nx¯2，a^=y¯−b^x¯。
16.（本小题满分15分）
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，且 43S=a2−b2−c2。
（1）求A的大小；
(2)已知点D在BC边上，AD=d，且 sin∠BADb+sin∠CADc=32a。证明：a=3d。
17.（本小题满分15分）
已知函数 f(x)=2xex−1。
（1）求函数f（x）的极小值；
（2）求不等式 f(x)x>x+1x(1+lnx) 的解集。
18.（本小题满分17分）
如图，在直三棱柱 ABC−A1B1C1 中， AB⊥AC.
（1）证明： AC⊥AB1；
（2）已知 AB 的中点是 D， AC=2， AA1=2， A1D⊥B1C.
（i）求点 C1 到平面 CDB1 的距离；
（ii）点 P 是矩形 BB1C1C（包含边界）内任一点，且 AP=2，求 AP 与平面 C1CD 所成角的正弦值的取值范围.
19.（本小题满分17分）
已知双曲线 Γ:x2a2−y2=1(a>0) 的渐近线与圆 x2+(y−2)2=3 相切.
（1）求双曲线 Γ 的方程；
（2）记双曲线 Γ 的左、右焦点分别为 F1，F2，点 P 在双曲线 Γ 上，若 ∠F1PF2 的平分线交 x 轴于点 Q，且 |F1Q|=2|F2Q|，求 ∆PF1F2 的周长；
（3）过点 P0(3,0) 作两条互相垂直的直线 l1 和 l2，直线 l1 交双曲线 Γ 于 A0，B0 两点，直线 l2 交双曲线 Γ 于 D0，E0 两点， M0，N0 分别是 A0B0，D0E0 的中点，直线 M0N0 过定点 P1；再过点 P1 作两条互相垂直的直线 l3 和 l4， l3 交双曲线 Γ 于 A1，B1 两点， l4 交双曲线 Γ 于 D1，E1 两点， M1，N1 分别是 A1B1，D1E1 的中点，直线 M1N1 过定点 P2，重复上述方式可以得到点列： P1，P2，P3，⋯，Pn. 已知 R(1,0)， S(1,1)，记 ∆RSPn(n≥1,n∈ℕ∗) 的面积为 Sn，证明： 1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn0，g(x)在(2,+∞)上单调递增，
故函数g(x)在x=2时取得极小值g(2)=22+ln2−1=ln2，且当x→+∞时g(x)→+∞，
综上所述，函数g(x)的值域为[ln2,+∞)，故实数b的取值范围[ln2,+∞)故选D.
9.ABD 因为 S3−S6+S9=a1+a2+a3+a7+a8+a9=2a5×3=12，所以 a5=2，
又 a3=6，所以 d=a5−a32=2−62=−2，故AB正确；
因为 an=a3+(n−3)d=6+(n−3)·(−2)=12−2n，
又 Sn=(a1+an)n2=−n2+11n=−n−1122+1214，所以当 n=5 或 6 时，Sn 取得最大值，故C错误；
对于D：因为 |n|=|12−2n|={12−2n,n⩽6,2n−12,n⩾7，所以前30项和为 (a1+a2+⋯+a6)−(a7+a8+⋯+a30)=2S6−S30
=2×30−(−570)=630，故D正确. 故选ABD.
10.ABD 对于A：因为事件 A，A¯ 互为对立事件，P(A)=12，
所以 P(A¯)=1−P(A)=12，故A正确；
对于B：因为事件A，B相互独立，P(A)=12，P(B)=13，
则 P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)=12+13−12×13=23，故B正确；
对于C：由 P(A|B)=P(B|A)，可得 P(A)=P(B) 或 P(AB)=0，当 P(AB)=0 时不能得出 P(A)=P(B)，故C错误；
对于D：因为 P(AB¯)=P(A)−P(AB)，P(A¯B)=P(B)−P(AB)，
又 P(AB¯)=P(A¯B)，所以 P(A)=P(B)，故D正确. 故选ABD.
11.ACD 对于A：依题意得 a=|AF|=23，c=6，所以 e=ca=623=22，故A正确；
对于B：（法一）由选项A可知椭圆 C:x212+y26=1，F(−6,0)，
由 D(x,y),x∈[−23,23]，则 |DF|=(x+6)2+y2=(x+6)2+61−x212
=12x2+26x+12=12(x+26)2=23+22x，
当 x=−23 时，|DF|min=23+22×(−23)=23−6.
（法二）设 D(m,n)，则 |DF|=23+22m,m∈[−23,23]，所以 |DF|min=23+22×(−23)=23−6，故B错误；
对于C：椭圆 C:x212+y26=1，依题意得圆 D:(x−m)2+(y−n)2=4，
因为点 D(m,n) 为椭圆上一点，所以 m212+n26=1，得 n2=61−m212，
直线 OM:y=k1x，ON:y=k2x，与圆D相切，所以 |k1m−n|1+k12=2，|k2m−n|1+k22=2，
平方整理得 k1，k2 为方程 (m2−4)k2−2mnk+n2−4=0 的两根，
所以 k1k2=n2−4m2−4=61−m212−4m2−4=−12m2+2m2−4=−12，故C正确；
对于D：设 M(x1,y1)，N(x2,y2)，由选项C知 k1k2=y1y2x1x2=−12，所以 y12y22=14x12x22，
y12=6(1−x1212)，y22=6(1−x2212)，所以 361−x12121−x2212=14x12x22，
整理得 x12+x22=12，y12+y22=61−x1212+61−x2212=6，
|OM|2+|ON|2=x12+y12+x22+y22=18，
由基本不等式 |OM|2+|ON|2⩾2|OM||ON|，得 |OM||ON|⩽9，
当且仅当 |OM|=|ON| 时等号成立. 所以 |OM|·|ON| 的最大值为9. 故选ACD.
三、填空题
12.0 由已知得f'(x)=2f'(0)csx，所以f'(0)=2f'(0)cs0=2f'(0)，所以f'(0)=0.
13. 98 因为a1=2，an+1=Sn+2，当n=1时，a2=S1+2=a1+2=4；
当n≥2时，由an=2+Sn−1，an+1=2+Sn，两式相减得an+1−an=Sn−Sn−1=an，
即an+1=2an，又a2=2a1，所以数列{an}是以2为首项，以2为公比的等比数列，所以an=2n.
所以f(n)=n22n，由f(n+1)−f(n)=(n+1)22n+1−n22n=2n+1−n22n+1>0，
即2n+1>n2，得n=1或n=2. 所以f(1)f(5)>⋯，
所以f(n)max=f(3)=3223=98.
14. 810521π 以AOB所在的平面建立直角坐标系，AB为x轴，AB的垂直平分线为y轴，
|AB|=4，则A(−2,0)，B(2,0)，设P(x,y)，由|PA|=5|PB|，
则(x+2)2+y2=5(x−2)2+5y2，即(x−3)2+y2=5，故点P轨迹是以C(3,0)为圆心，r=5为半径的圆.
当P绕AB为轴旋转一周时，|PA|，|PB|不变，依然满足|PA|=5|PB|，
故空间中点P的轨迹是以C为球心，半径为r=5的球，同时P在球O上，故P在两球的交线所在的圆上. 球心距为|CO|=|OB|2+|BC|2−2|OB|·|BC|cs120°=21，
因为|CO|2=(5)2+42=|CP|2+|OP|2，所以∆OCP为直角三角形，P的轨迹半径为r1=5×421=410521，周长为2πr1=2π×410521=810521π.
四、解答题
15.（1） 根据树高与树的胸径的散点图，可判断两个变量是线性相关.
根据题中所给数据，得n=12，x¯=∑i=112xi12=34812=29，1分
y¯=∑i=112yi12=26412=22. 2分
所以r=∑i=112xiyi−12x¯y¯∑i=112xi2−12x¯2∑i=112yi2−12y¯2=7793−12×29×2224×6=137144≈0.95>0.75. 4分
由于r的值接近于1，故相关性较强. 5分
故两个变量线性相关，且相关程度较强. 6分
（2） 由（1）知n=12，x¯=29，y¯=22. 7分
所以b^=∑i=112xiyi−12x¯y¯∑i=112xi2−12x¯2=7793−12×29×22242=137576≈0.24，9分
a^=y¯−b^x¯=22−0.24×29≈15.04. 11分
所以经验回归方程为y^=0.24x+15.04. 12分
当x=45时，y^=0.24×45+15.04=25.84，即树高的预测值大约为25.84 m.
故树高关于胸径的经验回归方程为y^=0.24x+15.04，预测胸径为45 cm的树高为25.84 m. 13分
16.（1）因为S=12bcsinA，又43S=a2−b2−c2，所以43×12bcsinA=a2−b2−c2，
即23bcsinA=a2−b2−c2。 ………………………………………………………………………… 2分
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，即a2−b2−c2=−2bccsA。 …………………………………………………… 3分
所以23bcsinA=−2bccsA， ………………………………………………………………………… 4分
所以tanA=−33，又00，函数f(x)在(−1,+∞)上单调递增， …………………………………………………… 3分
所以f(x)min=f(−1)=−2e2。 ………………………………………………………………………… 4分
（2）由2ex−1>x+1x(1+lnx)，
当x∈0,1e时，lnx+1≤0，不等式2ex−1>x+1x(1+lnx)恒成立； ………………………………………… 6分
当x∈1e,+∞时，lnx+1>0，不等式2ex−1>x+1x(1+lnx)化为2xex−1x2+1>1+lnx，
当x=1时，不等式的左边=右边，所以x≠1。 ………………………………………………………………………… 7分
①当x∈1e,1时，令φ(x)=2x21+x2−(1+lnx)，得φ'(x)=−(x2−1)2x(1+x2)2φ(1)=0，即2x2x2+1>1+lnx， ……………………………… 8分
令y=ex−1−x，y'=ex−1−1=0，得x=1，
则x∈(−∞,1)时，y'0，函数k(x)在(1,+∞)上单调递增，所以k(x)>k(1)=1，
由lnxx+1x(1+lnx)的解集(0,1)∪(1,+∞)。 ……………………………………………… 15分
18.（1）因为三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，所以AA1⊥平面ABC，
AC⊂平面ABC，所以AA1⊥AC，⋯⋯ 1分
又因为AB⊥AC，AA1⊂平面ABB1A1，AB⊂平面ABB1A1，AA1∩AB=A，
所以AC⊥平面ABB1A1，⋯⋯ 3分
AB1⊂平面ABB1A1，所以AC⊥AB1。⋯⋯ 4分
（2）（i）设AB=a，依题设以A为坐标原点，AC，AB，AA1分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，A1(0,0,2)，B1(0,a,2)，C(2,0,0)，D0,a2,0，C1(2,0,2)，
A1D→=0,a2,−2，B1C→=(2,−a,−2)，
因为A1D⊥B1C，所以A1D→·B1C→=0，即−a22+2=0，解得a=2，⋯⋯ 6分
则B1(0,2,2)，D(0,1,0)，
得CD→=(−2,1,0)，B1D→=(0,−1,−2)，
设平面B1CD的法向量为n1=(x1,y1,z1)，
由{n1⋅CD→=0n1⋅B1D→=0，得{−2x1+y1=0−y1−2z1=0，令y1=2，所以n1=(1,2,−2)，⋯⋯ 8分
又CC1→=(0,0,2)，所以点C1到平面CDB1的距离d=n1·CC1→|n1|=1×0+2×0−2×212+22+(−2)2=277。⋯⋯ 9分
（ii）设平面C1CD的法向量为n2=(x2,y2,z2)，又CD→=(−2,1,0)，CC1→=(0,0,2)，
由{n2⋅CD→=0n2⋅CC1→=0，得{−2x2+y2=02z2=0，令y2=2，所以n2=(1,2,0)，⋯⋯ 10分
取BC中点Q，则Q(1,1,0)，连接PQ，AQ，
因为AC=AB=2，AB⊥AC，所以AQ⊥BC，
在Rt∆ABC中，AC=AB=2，所以BC=22，AQ=BC2=2，
CC1⊥平面ABC，AQ⊂平面ABC，所以AQ⊥CC1，⋯⋯ 12分
CC1⊂平面BB1C1C，BC⊂平面BB1C1C，CC1∩BC=C，所以AQ⊥平面BB1C1C，⋯⋯ 13分
因为PQ⊂平面BB1C1C，所以AQ⊥PQ。
因为AQ=2，AP=2，所以PQ=AP2−AQ2=2，⋯⋯ 14分
所以点P的轨迹是以Q为圆心，2为半径的半圆，
设P(x0,y0,z0)，则AP→=(x0,y0,z0)，x0∈[0,2]，y0∈[0,2]，
因为 PQ=2，AP=2，所以 {(x0−1)2+(y0−1)2+z02=2,x02+y02+z02=4, 整理得：x0+y0=2，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 15分
设 AP 与平面 C1CD 的夹角为 α，
则 sinα=|cs⟨AP→，n2⟩|=|AP→·n2||AP→|·|n2|=|x0+2y0|25=|(x0+y0)+y0|25=|y0+2|25，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 16分
因为 y0∈[0,2]，所以 sinα∈55,255，
所以 AP 与平面 C1CD 所成角的正弦值的取值范围为 55,255。⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 17分
9.（1） 因为双曲线 Γ 的渐近线 x±ay=0 与圆 x2+(y−2)2=3 相切，
所以 |2a|1+a2=3，解得 a=3，所以双曲线 Γ 的方程为 x23−y2=1。⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3分
（2） 由（1）得 a=3，b=1，则 |F1F2|=2c=2a2+b2=4，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4分
不妨设 |PF1|=m，|PF2|=n，m>n>0，设 P 到 x 轴的距离为 h，
因为 PQ 为 ∠F1PF2 的平分线，则 ∠F1PQ=∠F2PQ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5分
所以 S∆PQF1S∆PQF2=12|QF1|h12|QF2|h=12|PF1||PQ|sin∠F1PQ12|PF2||PQ|sin∠F2PQ=|PF1||PF2|，所以 |PF1||PF2|=|QF1||QF2|=2，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6分
所以 m=2n，又 |PF1|−|PF2|=m−n=23，所以 m=2n=43，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 7分
所以 ∆PF1F2 的周长为 |PF1|+|PF2|+|F1F2|=43+23+4=63+4。⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 8分
（3） 由题设，当 P0(3,0)，点 P1 在 x 轴上时，由对称性可知 Pi 一定在 x 轴上，
点 P0(3,0)，记 x0=3，一般地：记点 Pi(xi,0)(i∈N)，点 Pi+1(xi+1,0)，
设直线 AiBi 的方程为 x=ty+xi，设点 Ai(xAi,yAi)，Bi(xBi,yBi)，
联立 {x=ty+xi,x2−3y2=3, 得：(t2−3)y2+2txiy+xi2−3=0，
所以，t2−3≠0，Δ=4t2xi2−4(t2−3)(xi2−3)=12(t2+xi2−3)>0，
由根与系数的关系可得 yAi+yBi=−2txit2−3，xAi+xBi=t(yAi+yBi)+2xi=−2t2xit2−3+2xi=6xit2−3，
故线段 AiBi 的中点为 Mi3xit2−3,−txit2−3，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 10分
同理，直线 DiEi 的方程为 x=−1ty+xi，(1−3t2≠0)，
线段 DiEi 的中点为 Ni3xi−1t2−3,−1txi−1t2−3，即点 Ni3t2xi1−3t2,txi1−3t2，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 11分
当 t≠±1 时，由 Pi+1，Mi，Ni 三点共线可知，kPi+1Mi=kMiNi，
即 txit2-3xi+1+3xit2-3=txi1-3t2+txit2-33xit21-3t2+3xit2-3，12分
整理可得 xi+1=32xi，即当点 Pi 的坐标为 (xi,0) 时，则点 Pi+1 的坐标为 32xi,0，
当 t=±1 时，xN=xM=32xi，此时 MiNi 过 Pi+132xi,0，综上 Pi+132xi,0。
故当点 P0(3,0) 时，得：P1(3×32,0)，P2(3×(32)2,0)，⋯，Pn(3×(32)n,0)，13分
由题意可知，∆QRPn 的面积为 Sn=12×1×3·32n-1=32n+1-12，14分
所以 1Sn=132n+1-12=132·32n-12=132n+12·32n-12