湖南省长沙市第一中学2026届高三上学期月考（三）数学试卷（含答案）

大联考长沙市一中2026届高三月考试卷（三）
数学
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.
2. 已知复数为虚数单位，若为纯虚数，则（　　）
A. B. 20
C. D. 6
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
4. 设随机事件A，B满足，，则（ ）
A. 0.4 B. 0.35 C. 0.25 D. 0.1
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. 4 B.
C. D. 3
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.
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. 8 B. 8
C. D. 12
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.
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
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，
11. 已知数列的前项积，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
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）
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___________．
14. 设函数，若恒成立，则的最小值是___________．
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．
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．
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．
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：．
19. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，求的值；
（3）当时，证明：有2个零点．
答案
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. C
2. B
3. A
4. D
5. C
6. B
7. D
8. 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. ABD
10. ACD
11. BCD
三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）
12. 24
13.10
14. 2
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. （1）由，
所以，
则，
因为在锐角中，，则，
由正弦定理得，得证.
（2）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. （1）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.
（2）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
1 2 3 4
方法一：.
方法二：服从参数的超几何分布，故.
（3）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.（1）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.
（2）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. （1）由题可得，整理得到，即，
所以动点的轨迹是以为焦点的椭圆．
（2）（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. （1）当时，，则，
所以，，
所以曲线在点处的切线方程为，
即．
（2）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．
（3）．
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．