湖南长沙市雅礼中学2025-2026学年高三下学期开学考试数学试题（含解析）

湖南长沙市雅礼中学 2025-2026 学年高三下学期开学考试数 学试题
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. 在复平面内,复数 对应的点位于( )
A. 第一象限 B. 第二象限
C. 第三象限 D. 第四象限
2. 已知符号函数 ,则 “ ” 是 “ ” 的( )
A. 充要条件 B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件
3. 已知向量 与 的夹角为 ,则 ( )
A. B. C. D.
4. 下列结论中, 错误的是 ( )
A. 数据4,1,6,2,9,5,8的第 60 百分位数为 6
B. 若随机变量 ,则
C. 已知经验回归方程为 ,且 ,则
D. 根据分类变量 与 成对样本数据,计算得到 ,依据小概率值 的 独立性检验 ,可判断 与 有关联,此推断犯错误的概率不大于 0.001
5. 白舍窑位于江西省南丰县白舍镇，是宋元时期“江西五大名窑”，其瓷器以白瓷最为闻名， 素有“白如玉，薄如纸”的特点. 如图是白舍窑生产的一款斗笠型茶杯，茶杯外形上部为一个圆台,下部实心且外形为圆柱. 现测得底部直径为 ,上部直径为 ,茶杯侧面与水平面的夹角为 ,则该茶杯容量 (茶杯杯壁厚度忽略不计) 约为( )(单位: )
A. B. C. D.
6. 已知 ,则 ( )
A. B. C. D.
7. 已知函数 ,若不等式 在 上恒成立,则实数 的取值范围是( )
A. B.
C. D.
8. 设 为正整数,在平面直角坐标系 中,若 ,且 ) 恰好能表示出 12 个不同的椭圆方程,则 的一个可能取值为 ( )
A. 12 B. 8 C. 7 D. 5
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. 已知函数 的部分图象如图所示,若将函数 的图象纵坐标不变,横坐标缩短到原来的 ,再向右平移 个单位长度,得到函数 的图象, 则下列命题正确的是 ( )
A. 函数 的解析式为
B. 函数 的解析式为
C. 函数 在区间 上单调递增
D. 函数 图象的一条对称轴是直线
10. 已知抛物线 的焦点为 ，直线 与 交于点 ， ( 在第一象限)，以 为直径的圆 与 的准线相切于点 . 若 ,则下列说法正确的是 ( )
A. 三点共线
B. 的斜率为
C. D. 圆 的半径是 4
11. 如图,在棱长为 2 的正方体 中, 分别是 的中点, 是线段 上的动点,则( )
A. 存在点 ,使 四点共面
B. 存在点 ,使 平面
C. 过 三点的平面截正方体 所得截面面积的取值范围为
D. 经过 四点的球的表面积为
三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 若曲线 的一条切线为 ,其中 为正实数,则 的取值范围是_____.
13. 已知双曲线 的左、右焦点分别为 ,点 ,点 是第一象限内双曲线 上的一点,满足 . 记 的面积分别为 、 , 则 _____.
14. 锐角 中，角 所对应的边分别为 ，满足 ，则 的周长的取值范围为_____.
四、解答题:本题共 5 小题, 共 77 分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写 出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知数列 的各项均为正数,前 项和为 ,且 是 与 的等差中项.
(1)证明:数列 是等差数列；
(2)设 ,求数列 的前 项和 .
16. 在直角梯形 中， ， ， ，如图(1). 把 沿 翻折，使得平面 平面 .
图(1) 图(2)
(1)求证: ；
(2)在线段 上是否存在点 ，使得 与平面 所成角为 ？若存在，求出 的值； 若不存在, 说明理由.
17. 有甲、乙两个不透明的罐子, 甲罐有 3 个红球, 2 个黑球, 球除颜色外大小完全相同.某人做摸球答题游戏. 规则如下:每次答题前先从甲罐内随机摸出一球，然后答题. 若答题正确， 则将该球放入乙罐；若答题错误，则将该球放回甲罐. 此人答对每一道题目的概率均为 . 当甲罐内无球时, 游戏停止.假设开始时乙罐无球.
(1)求此人三次答题后，乙罐内恰有红球、黑球各 1 个的概率；
(2)设第 次答题后游戏停止的概率为 . 问: 是否存在最大值 若存在,求出最大值; 若不存在, 试说明理由.
18. 已知点 ,动点 满足 ,动点 的轨迹记为 .
(1)求 的方程；
(2)直线 与 轴交于点 为 上的动点，过 作 的两条切线，分别交 轴于点 .
①证明:直线 的斜率成等差数列；
② 经过 三点，是否存在点 ，使得 ？若存在，求 ；若不存在， 请说明理由.
19. 已知 为常数,函数 .
(1)讨论 的单调性;
(2)若 有两个零点 .
① 求 的取值范围；
②若 恒成立,求 的取值范围.
1. D
复数 ,
其在复平面内所对应的点 位于第四象限,
故选: D.
2. A
若 ,则 同号,
所以 或 ,
即 或 ,即 ,
所以 “ ” 是 “ ” 的充要条件.
故选: A
3. C
由题 ,
,
,
所以 .
故选: C.
4. D
A 选项,数据4,1,6,2,9,5,8排序后得到1,2,4,5,6,8,9, ,故选取第 5 个数据作为第 60 百分位数,即为 正确;
B 选项，因为 ，根据对称性可知 ，
故 , B 正确;
选项，已知经验回归方程为 ，且 ，则 ， 解得 正确；
D 选项， ，故不能得到此结论，D 错误
故选: D
5. D
圆台的体积即为该茶杯容量,如图, ,
过点 分别作 于点 ,
则 ,
其中圆台的高为 ,
故圆台体积为 .
故选: D
6. B
由 .
由 .
由 .
所以 .
故选: B
7. D
由于函数 ,定义域为 ,满足 ,
得 是奇函数,且在 上为减函数.
在 上恒成立, 在 上恒成立,
在 上恒成立, 在 上恒成立.
令 ,则 ,
当 时, ,当 时, ,
故 在 上单调递减,在 上单调递增,
,即 的取值范围为 ,
故选: D.
8. C
根据题意, 为椭圆,则 ,
从 个数 ,中选两个不同的数作为系数,
当 为偶数时,去掉重复的数有 个数 ,
则任取两个数的排列数为 个,
当 为奇数时,去掉重复的数有 个数 ,
则任取两个数的排列数为 个,
由于现在恰好能表示出 12 个不同的椭圆方程,
则当 为偶数时, ,得 ,
当 为奇数时, ,得 ,所以 正确.
故选:
9.
由图可知, ,所以 ,解得 ,故
因为图像过点 ,所以 ,即 .
因为点 位于单调增区间上,且 ,所以 ,
故 . 故 A 项正确;
若其纵坐标不变,横坐标缩短到原来的 ,所得到的函数解析式为 ,
再向右平移 个单位长度,所得到的函数解析式
. 故 B 项正确;
令 ,
得 ,
故函数 的单调增区间是 ,
当 时， 在区间 上单调递增，故 项正确；
当 时, ,即 时,
不取最值,故 不是函数 的一条对称轴,所以 项不正确.
故选: ABC
10. ACD
连接 ,则 为圆 的半径,过 作准线的垂线,垂足为 ,过 作准线的垂线,垂足为 ,连接 ,如图,
对于 A， ，则 三点共线，A 正确；
对于 ,由 为直径,得 ,而 ,则 ,
而 为等腰三角形，则 ， ，于是 ，
即直线 的倾斜角为 ,其斜率为 , B 错误;
对于 ,点 ,直线 的方程为 ,由 得 , 解得 ,则 ,即 正确; 对于 ,由 ,得 ,则圆 的直径是 8,其半径为 正确. 故选: ACD
11. AB
选项 ,连接 ,正方体中易知 ,
分别是 中点,则 ,所以 ,即 四点共面,当 与 重合时满足 四点共面， 正确；
选项 B,如图,取 中点为 ,连接 ,
因为 分别是 中点,则 与 平行且相等, 是平行四边形,
所以 ,又 是 中点,所以 ,所以 ,
平面 平面 ,所以 平面 正确;
选项 C，正方体中， ， 分别是 ， 中点，则 ，
在 上，如图，作 交 于 ，连接 ，延长交 延长线于点 ，连接 延长交 延长线于点 ,连接 交 于点 ,交 于点 , QENFGM为所过 三点的截面,
由正方体的对称性可知梯形 与梯形 全等,
由面面平行的性质定理, ,从而有 ,由正方体性质,
设 ,则 ,
是 中点, ,则 ,所以 ,同理
梯形 是等腰梯形,高为 ,
截面面积 ,
设 ,
在 上递增, ,
所以 错;
选项 D,
取 中点 中点 ,连接 ,则 是正四棱柱 (也是长方体),它的外接球就是过 四点的球,所以球直径为 ,半径为 ,表面积为 , D 错.
故选: AB.
12.
设切点为 ,由
所以 ,且过切点的直线为 ,
所以有: ,
因为 ,所以 ,
所以 ,
当且仅当 时取等号,
故答案为: .
13. 8
如图,设 的内切圆与三边分别相切于 ,可得 ,
又由双曲线定义可得 ,则
,
又 ,解得 ,则 点横坐标为 ,即内切圆圆心横坐标为 .
又 ,可得 ,化简得
,即 ,
即 是 的平分线,由于 ,可得 即为 的内心,且半径 为 2, 则 . 即 .
故答案为: 8 .
14.
因为 ,所以 ,故
所以 ,
即 ,
因为 ,所以 ,
所以 ,故 或 (舍),即 ,
由正弦定理可得 ,
所以
,
因为 是锐角三角形,所以 ,解得 ,
令 ,
则 ,
所以 的周长的取值范围为 .
故答案为: .
15.(1) 因为 是 与 的等差中项,所以 ,
所以 ,
因为数列 的各项均为正数,所以 ,
所以 ,所以 ,
所以数列 是公差为 1,首项为 的等差数列;
( 2 )因为数列 是公差为 1 ，首项为 的等差数列，
所以 ,
所以 ,当 时, ,
当 时, ,
所以 ,
所以 ,
16.(1)因为 ，且 ，
可得 ，
又因为 ,可得 ,
所以 ,则 ,
因为平面 平面 ,平面 平面 ,且 平面 ,
所以 平面 ,
又因为 平面 ,
所以 ;
(2)因为 平面 ，且 平面 ，所以 ，
如图所示，以点 为原点，建立空间直角坐标系，
可得 ,
所以 .
设平面 的法向量为 ,则 ,
令 ,可得 ,所以 ,
假设存在点 ,使得 与平面 所成角为 ,
设 ,(其中 ),则 ,
所以 ,
整理得 ,解得 或 (舍去),
所以在线段 上存在点 ,使得 与平面 所成角为 ,此时 .
17. ;
(2)存在，最大值为 .
(1)记 “此人三次答题后，乙罐内恰有红、黑各一球”,
记 “第 次摸出红球,并且答题正确”, ,
记 "第 次摸出黑球,并且答题正确", ,
记 "第 次摸出黑球或红球,并且答题错误", ,
所以 ,
又 ,
所以 ,
同理 ,
所以 .
(2)①第 次后游戏停止的情况是:前 次答题正确恰好为 4 次，
答题错误 次,且第 次摸出一球时答题正确,
所以 .
②由①知， ，
所以 ,
令 ,解得 ,
令 ,解得 ,即 ,
所以 的最大值是 .
18.(1)因为 ，
所以 的轨迹是以 为焦点,且长轴长为 4 的椭圆,
设 的轨迹方程为 ,则 ,可得 .
又 ,所以 ,所以 的方程为 .
(2)设 ，易知过 且与 相切的直线斜率存在，设直线方程为 ，联立
由 ,得 ,
设两条切线 的斜率分别为 ,则 .
①证明:设 的斜率为 ，则 ，
因为 ,所以 的斜率成等差数列.
②法 1: 在 中,令 ,得 ,所以 ,
同理,得 ,所以 的中垂线为 .
易得 的中点为 ,所以 的中垂线为 ,
联立 解得 ,
所以 ,
要使 ，则 ，即 ，
整理得 ,
而 ,
所以 ,解得 ,因此 ,
故存在符合题意的点 ,使得 ,此时 .
法 2: 在 中,令 ,得 ,因此 ,
同理可得 ,所以 的中垂线为 .
易得 的中点为 ,所以 的中垂线为 ,
联立 解得 ,
因为 ,所以 ,即 ,
而 ,
所以 ,解得 ,因此 ,
故存在符合题意的点 ,使得 ,此时 .
法 3: 要使 ,即 或 ,
从而 ，又 ，所以 ，
因为 ,
所以 ,解得 ,所以 ,
故存在符合题意的点 ,使得 ,此时 .
法 4: 要使 ,即 或 ,从而 .
在 中,令 ,得 ,故 ,同理可得 ,因此 ,
所以 ,
故 ,即 ,
整理得 ,
所以 ,整理得 ,解得 或 -9 (舍去),
因此 ,故存在符合题意的点 ,使得 ,
此时 . 法 5: 要使 ,即 或 ,从而 .
在 中,令 ,得 ,故 ,同理可得 ,
由等面积法得 ,
即 ,整理得 ,
所以 ,整理得 ,解得 或 -9 (舍去),
因此 ,故存在符合题意的点 ,使得 ,
此时 .
19.(1) 由题意,得 .
① 当 时，因为 ， 恒成立，
所以 ,故 在定义域 上单调递增.
② 当 时,由 ,得 ,解得 ;
由 ,得 ,解得 .
所以 在区间 上单调递增,在区间 上单调递减.
(2)①由题意，得 .
令 ,则 .
易知 为增函数,由 ,解得 ,
即 .
由题意,关于 的方程 即 有两个不等实根.
设函数 ,则 .
由 ,得 ; 由 ,得 .
所以 在区间 上单调递增,在区间 上单调递减,
所以 .
又当 时, ; 当 时, ,
所以 ,所以 的取值范围是 .
②由已知,得 .
两式相减,得 ,
故 .
由 ,得 ,
故 .
将 代入,得 ,
即 .
令 ,则 ,
即 .
设函数 ,其中 ,则 .
令 ,则 .
① 当 时， ，所以 在区间 上单调递增，故 . 所以 在区间 上单调递减,
故 ,不符合题意.
② 当 时,由 ,得 ,
所以 在区间 上单调递增.
故当 时, ,所以 在区间 上单调递减.
所以 ,不符合题意.
③ 当 时， ，所以 在区间 上单调递减，故 .
所以 在区间 上单调递增,
故 ,满足题意.
综上所述， 的取值范围是 .