湖南省长沙市望城区第一中学2025-2026学年高三上学期期末数学试题
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．（2026高三上·望城期末）若复数满足，则的虚部为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则，
所以，
则复数的虚部为.
故答案为：A.
【分析】先利用复数求模公式，从而得出的值，再由复数的混合运算法则和复数相等的判断方法以及复数的虚部的定义，从而得出复数z的虚部.
2．（2026高三上·望城期末）已知集合，则集合的子集的个数为（ ）
A．3 B．4 C．7 D．8
【答案】D
【知识点】子集与真子集；补集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：由，解得，集合，
则，的子集个数为个.
故答案为：D.
【分析】先解不等式求得集合A，再根据集合的补集运算求，最后根据元素和子集个数的关系求解即可.
3．（2026高三上·望城期末）已知向量，，若，则实数的值为（ ）
A．2或 B．或 C．2或 D．或
【答案】A
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可知.
因为，，
所以，整理得，
解得或.
故答案为：A.
【分析】先通过向量坐标运算求出两个向量的坐标，再利用垂直向量的数量积为 0 建立方程，最后解二次方程得到结果。
4．（2026高三上·望城期末）已知命题p“”，若命题P为假，则a的取值范围为（ ）
A．R B．(-，-2）
C．（-，-2] D．（-，-1]U[2，+)
【答案】A
【知识点】补集及其运算；全称量词命题；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：若命题p为真，则，即，无解，
则命题P为假，实数a的取值范围为R.
故答案为：A.
【分析】先根据命题P 为真命题，列式求得a的范围，再求补集即可得命题P为假时a的取值范围 .
5．（2026高三上·望城期末）二维码与生活息息相关，我们使用的二维码主要是大小的，即441个点，根据0和1的二进制编码，一共有种不同的码.假设我们1秒钟用掉1万个二维码，1万年约为秒，那么大约可以用（ ）（参考数据：）
A．万年 B．117万年 C．万年 D．205万年
【答案】A
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：由题意大约可以用万年，
则，即，即大约可以用万年.
故答案为：A.
【分析】由题意大约可以用万年，再取常用对数计算即可.
6．（2026高三上·望城期末）陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，在我国有四五千年的历史，是青少年们十分熟悉的玩具如图所示的陀螺可近似看作一个圆锥与一个圆柱的组合体，圆柱和圆锥的底面半径均为6cm，高均为9cm，若该陀螺是由一个球形材料前去多余部分制成，则该球形材料的表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：设球半径为，
则，
解得，
则该球形材料的表面积的最小值为.
故答案为：D.
【分析】由题意可知，要想球形材料的表面积最小，则需圆锥的顶点和圆柱的底面圆周在球面上，再根据组合体的结构特征和勾股定理，从而列方程得出球的半径，再利用球的表面积公式得出该球形材料的表面积的最小值.
7．（2026高三上·望城期末）已知函数的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数的值；不等关系与不等式
【解析】【解答】解：当时，，则，
由，
可得，
，
，
，
，则依次下去可知.
故答案为：B.
【分析】当时，，求得，再利用，根据函数性质和不等式的性质，逐渐递推求解判断即可.
8．（2026高三上·望城期末）已知双曲线的左、右两个焦点为，，若是双曲线左支上的一点，且，则此双曲线离心率的最大值是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：作图，设，
则
解得，
因为是双曲线左支上的一点，
所以，则，
解得.
故答案为：．
【分析】设，根据双曲线的定义和性质，可得，再利用双曲线的离心率公式和几何法求最值的方法，从而得出此双曲线离心率的最大值．
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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9．（2026高三上·望城期末）在正三棱柱中，D为BC的中点，则（ ）
A． B．平面
C． D．平面
【答案】B,D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：法一：对于A，在正三棱柱中，平面，
因为平面，
所以，则，
又因为是正三角形，为中点，
所以，则，
又因为，
所以，
则不成立，故A错误；
对于B，因为在正三棱柱中，平面，
又因为平面，所以，
因为是正三角形，为中点，
所以，，
又因为平面，
所以平面，故B正确；
对于D，因为在正三棱柱中，
又因为平面平面，
所以平面，故D正确；
对于C，因为在正三棱柱中，，
假设，则，这与矛盾，
所以不成立，故C错误.
故答案为：BD.
法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为，高为，
则，
对于A，因为，
所以，
则不成立，故选项A错误；
对于B、D，因为，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，
所以，，
则平面，平面，故选项B、选项D正确；
对于C，因为，
所以，显然不成立，故C错误.
故答案为：BD.
【分析】利用两种方法求解.
方法一：对于A，利用线面垂直得出，再利用正三角形三线合一得出， 再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和空间向量基本定理以及数量积的运算律，从而判断出选项A；利用线面垂直的判定定理与性质定理，则可判断选项B；利用线面平行的判定定理判断出选项D；利用反证法可判断出选项C，从而找出正确的选项.
方法二：根据题意建立空间直角坐标系，再利用空间向量法逐项判断各选项，从而找出正确的选项.
10．（2026高三上·望城期末）已知函数（），且满足，则（ ）
A．
B．在区间上单调递增
C．，
D．将的图像向右平移个单位长度得到的图象，那么
【答案】A,C,D
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：A、由（），且满足，可得，
则，解得，
因为，所以当时，；故A正确；
B、，求其单调递增区间即，
化简得，当时，
同理单调递减区间为，当时，，因此在区间上不单调，故B不正确；
C、，，
则，故C正确；
D、将的图象向右平移个单位长度得到，
则，即，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由题意可知的最小值为，根据正弦函数取得最小值时，满足，结合，求得即可判断A；由A选项确定函数，根据正弦函数求出单调递增区间即可判断B；由，求得，即可判断C；根据三角函数图象的平移变换得，再求的取值范围即可判断D.
11．（2026高三上·望城期末）如图，某电子实验猫线路图上有，两个即时红绿指示灯，当遇到红灯时，实验猫停止前行，恢复绿灯后，继续前行，，两个指示灯工作相互独立，且出现红灯的概率分别为，.同学甲从第一次实验到第五次实验中，实验猫在处遇到红灯的次数为，在，两处遇到红灯的次数之和为，则（ ）
A．
B．
C．一次实验中，，两处至少遇到一次红灯的概率为
D．当时，
【答案】A,C,D
【知识点】互斥事件与对立事件；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【解答】解：AB、由题意可知，所以，，故A正确，B错误；
C、一次实验中，，两处至少遇到一次红灯的概率为，故C正确；
D、当时，一次实验中没有遇到红灯的概率为，遇到一次红灯的概率为，遇到两次红灯的概率为，故一次实验中遇到红灯次数的数学期望为，所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用二项分布的概率、方差公式，对立事件概率公式以及期望的线性性质，分别对各选项进行计算验证。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2026高三上·望城期末）在的展开式中，若各项系数的和为0，则该展开式的系数为 ．
【答案】
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：令，由题意可得，解得，
的展开式中含的项为，
则该展开式的系数为.
故答案为：.
【分析】 根据各项系数的和为0，令，求得，再利用二项展开式求展开式中系数即可.
13．（2026高三上·望城期末）若直线是曲线的切线，则 .
【答案】
【知识点】导数的几何意义；导数的加法与减法法则
【解析】【解答】解：，求导可得，
因为直线是曲线的切线，直线的斜率为2，
令，即，解得，
将代入切线方程，可得，则切点坐标为，
因为切点在曲线上，所以，即，解得.
故答案为：.
【分析】求导，由题意可得，求得，将代入切线方程求得切点坐标，再将切点代入曲线求a的值即可.
14．（2026高三上·望城期末）已知直线与圆交于A，B两点，若a，b，c是等差数列中的连续三项，则的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】恒过定点的直线；直线与圆相交的性质；直线和圆的方程的应用；等差中项
【解析】【解答】解：由题意可得：，即，
则直线l的方程为，即，易知直线过定点，
易知圆的圆心为，半径，
设圆心到直线的距离为，因为直线恒过圆内的定点，
所以的取值范围是，即，弦长是的减函数，
故的最小值为当时取得，即，
的最大值为当时取得，即，
故的取值范围是．
故答案为：.
【分析】根据 a，b，c是等差数列中的连续三项，得到，即，代入直线l的方程，化简求得直线过定点，易知圆心和半径，设圆心到直线的距离为，求出圆心到直线的距离的取值范围，再利用弦长公式求出的取值范围即可.
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．（2026高三上·望城期末）如图，在三棱柱中，平面．
（1）证明：平面平面；
（2）设，求四棱锥的高．
【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以，
又因为，即，平面，，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：过点作，垂足为，如图所示：
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
所以四棱锥的高为，
因为平面，平面，所以，，
又因为，为公共边，所以与全等，所以.
设，则，则为中点，，
又因为，所以，即，解得，
则，
故四棱锥的高为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】(1)根据平面，得到，再由，，根据线面垂直的判定定理证明平面，从而证得平面平面；
(2) 过点作，垂足为，根据线面垂直的判定定理证明四棱锥的高为，由三角形全等可证，从而证得为中点，设，由勾股定理可求出，再由勾股定理求即可.
（1）证明：因为平面，平面，
所以，
又因为，即，
平面，，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
（2）如图，
过点作，垂足为.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
所以四棱锥的高为.
因为平面，平面，
所以，，
又因为，为公共边，
所以与全等，所以.
设，则，
所以为中点，，
又因为，所以，
即，解得，
所以，
所以四棱锥的高为．
16．（2026高三上·望城期末）如图，在以为顶点的五面体中，四边形为等腰梯形，，，为直线上的点．
（1）证明：四边形为平行四边形；
（2）已知．
（i）求；
（ii）若，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明：因为，平面，平面，所以平面，
因为平面，平面平面，所以，
又因为，所以四边形为平行四边形；
（2）解：（i）在四边形中，连接，如图所示：
由（1）知，故，
由余弦定理，
即，解得，
则；
（ii）在梯形中，作于，如图所示：
由，
故，则，
又等腰梯形，，，
故，，则，
又，有，即，故两两互相垂直，
以为原点，分别为建立空间直角坐标系，如图所示：
，
，
点在上，故平面即平面，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，可得，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，可得，
则，
由图可知二面角为钝角，故二面角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据线面平行的判定定理可得平面，再由线面平行的性质定理可得，最后根据证明四边形为平行四边形即可；
（2）（i）在四边形中，连接，由（1）知，故，利用余弦定理求解即可；
（ii）在梯形中，作于，由勾股定理可得，推出两两互相垂直，以为原点，分别为建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算即可.
（1）证明：因为，平面，平面，
故平面，
因为平面，平面平面，
则，
又，所以四边形为平行四边形；
（2）（i）如图，在四边形中，连接，
由（1）知，故，
由余弦定理，有，
故，解得，
故，
（ii）如图，在梯形中，作于，
由，
故，则，
又等腰梯形，，，
故，，则，
又，有，即，
故两两互相垂直，以为原点，分别为建立空间直角坐标系，如图：
则，
，
点在上，故平面即平面，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，则，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，则，
所以，
由图可知二面角为钝角，故二面角的余弦值为．
17．（2026高三上·望城期末）杜老师为了解学生“十一假期”的出行情况，在校内随机抽取了40名学生，对其出行情况进行调查，结果如下：
市外游 市内游 合计
男生 14 6 20
女生 8 12 20
合计 22 18 40
（1）依据小概率值的独立性检验，判断学生“十一假期”选择市外游或市内游是否与性别有关联；
（2）在学校里，小林同学每次都从校内的甲、乙两个餐厅中选择一个就餐．
①已知小林同学第一次选择甲、乙两个餐厅的概率相同，若第一次就餐选择了甲餐厅，则第二次就餐选择乙餐厅的概率为；若第一次就餐选择了乙餐厅，则第二次就餐选择甲餐厅的概率为，求小林同学第二次就餐选择乙餐厅的概率；
②假设小林同学每次选择甲、乙两个餐厅就餐的概率分别为、，且每次选择互不影响．若选择甲餐厅就餐记2分，选择乙餐厅就餐记1分，小林同学选择甲、乙两个餐厅就餐累计得分恰为n分的概率为，求数列的通项公式．
参考公式：，其中．
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
【答案】（1）解：零假设：选择市外游或市内游与性别无关联．
由列联表中的数据，得，
所以依据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，故可推断成立，
即“十一假期”选择市外游或市内游与性别无关联；；
（2）解：①、记事件A：小林同学第一次就餐选择了甲餐厅，事件B：小林同学第二次就餐选择了乙餐厅，
则，
，
即小林同学第二次就餐选择乙餐厅的概率为；
②由题得，
当时，，
所以，故为常数数列，
又，所以，故，
又，
所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，
则．
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质；独立性检验的应用；全概率公式；条件概率
【解析】【分析】（1）先进行零假设，再计算卡方值，再根据独立性检验提供的表格对照进行判断即可；
（2）①、先记时间，由题意可得，利用全概率公式求解即可；
②、求出，根据当时，，证明出为常数数列，证明数列是等比数列，根据等比数列的通项公式求解即可．
（1）解：零假设：选择市外游或市内游与性别无关联．
由列联表中的数据，得，
所以依据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，故可推断成立，
即“十一假期”选择市外游或市内游与性别无关联．
（2）解：①记事件A：小林同学第一次就餐选择了甲餐厅，事件B：小林同学第二次就餐选择了乙餐厅，
则，
所以，
即小林同学第二次就餐选择乙餐厅的概率为．
②由题得，
当时，，
所以，故为常数数列．
又，所以，故．
又，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，故．
18．（2026高三上·望城期末）已知函数，其中．
（1）证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点；
（2）设分别为在区间的极值点和零点.
（i）设函数.证明：在区间单调递减；
（ii）比较与的大小，并证明你的结论．
【答案】（1）证明：函数定义域为，
，
因为，所以，
设，在上恒成立，则在上单调递减，
，令，
所以当时，，则；当时，，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在上存在唯一极值点，
对函数有在上恒成立，
所以在上单调递减，
所以在上恒成立，
又因为，时，所以时，
故存在唯一使得，即在上存在唯一零点；
（2）解：（i）由（1）知，则，，
，
，
因为，所以，
易知，即在上单调递减.
（ii），证明如下：
由（i）知：函数在区间上单调递减，
所以即，又，
由（1）可知在上单调递减，，且对任意，则.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，构造函数，求导，利用导判断函数的单调性和函数值情况，从而得到函数的单调性，进而得证函数在区间上存在唯一极值点；再结合和时的正负情况，证在区间上存在唯一零点即可；
（2）（i）由（1）知，则，和结合（1）中所得导函数计算得到，再结合得即可得证；
（ii）由函数在区间上单调递减得到，再结合，以及函数的单调性和函数值的情况即可得证.
（1）由题得，
因为，所以，设，
则在上恒成立，所以在上单调递减，
，令，
所以当时，，则；当时，，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在上存在唯一极值点，
对函数有在上恒成立，
所以在上单调递减，
所以在上恒成立，
又因为，时，
所以时，
所以存在唯一使得，即在上存在唯一零点.
（2）（i）由（1）知，则，，
，
则
，
，
，
即在上单调递减.
（ii），证明如下：
由（i）知：函数在区间上单调递减，
所以即，又，
由（1）可知在上单调递减，，且对任意，
所以.
19．（2026高三上·望城期末）已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为，，点的坐标为，且为的中点.
（1）求椭圆的方程；
（2）斜率不为0的动直线过点交椭圆于，两点，直线，交于点，直线AD，BC交于点.
（i）设直线的斜率为，直线的斜率为，证明为定值；
（ii）以为直径的圆被轴所截得的弦长是否为定值 如果是定值，请求出定值；如果不是定值，请说明理由.
【答案】（1）解：因为点的坐标为，且为的中点，所以，即，
又因为离心率，所以，所以，
则椭圆的方程为；
（2）解：（i）因为直线过点，可设直线的方程为，，
联立，消去整理得，
，，
因为直线的斜率为，直线的斜率为，所以，
所以.，
将，代入得
，
即为定值；
（ii）是定值，
因为，由两点式可得直线的方程为；
因为，，由两点式可得直线的方程为.
因为直线，交于点，所以，
将代入得，整理得，
由得，
所以，
同理，直线的方程为，直线的方程为，
联立可解得，
因此，所以直线垂直于轴，
以为直径的圆的圆心为，半径，
所以圆的方程为，
令，可得，
将代入直线的方程得，
同理得，
则，
将代入得，
所以，解得，
故弦长为，是定值，
即以为直径的圆被轴所截得的弦长是定值，为.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由B为椭圆的右顶点， 点的坐标为，且为的中点，求得，再根据离心率求得，即可得椭圆方程；
（2）（i）设直线的方程为，，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，结合斜率公式化简求为定值；
（ii）利用两点式求得直线、的方程，联立求得点的横坐标，同理再求点的横坐标，从而可根据纵坐标得到圆的方程，进而可得所求弦长的表达式，利用根与系数的关系化简求解即可.
（1）因为点的坐标为，且为的中点，
所以，即.
又离心率，所以，
所以，
所以椭圆的方程为.
（2）（i）因为直线过点，可设直线的方程为，，
由消去得.
所以，.
因为直线的斜率为，直线的斜率为，
所以，
所以.，
将，代入得
，
即为定值.
（ii）是定值.
因为，由两点式可得直线的方程为；
因为，，由两点式可得直线的方程为.
因为直线，交于点，所以，
将代入得，
整理得.
由得，
所以.
同理，直线的方程为，直线的方程为，
联立可解得，
因此，所以直线垂直于轴，
以为直径的圆的圆心为，半径，
所以圆的方程为，
令，可得.
将代入直线的方程得，
同理得.
则.
将代入得，
所以，解得，
故弦长为，是定值，
即以为直径的圆被轴所截得的弦长是定值，为.
1 / 1湖南省长沙市望城区第一中学2025-2026学年高三上学期期末数学试题
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．（2026高三上·望城期末）若复数满足，则的虚部为（ ）
A． B． C．1 D．
2．（2026高三上·望城期末）已知集合，则集合的子集的个数为（ ）
A．3 B．4 C．7 D．8
3．（2026高三上·望城期末）已知向量，，若，则实数的值为（ ）
A．2或 B．或 C．2或 D．或
4．（2026高三上·望城期末）已知命题p“”，若命题P为假，则a的取值范围为（ ）
A．R B．(-，-2）
C．（-，-2] D．（-，-1]U[2，+)
5．（2026高三上·望城期末）二维码与生活息息相关，我们使用的二维码主要是大小的，即441个点，根据0和1的二进制编码，一共有种不同的码.假设我们1秒钟用掉1万个二维码，1万年约为秒，那么大约可以用（ ）（参考数据：）
A．万年 B．117万年 C．万年 D．205万年
6．（2026高三上·望城期末）陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，在我国有四五千年的历史，是青少年们十分熟悉的玩具如图所示的陀螺可近似看作一个圆锥与一个圆柱的组合体，圆柱和圆锥的底面半径均为6cm，高均为9cm，若该陀螺是由一个球形材料前去多余部分制成，则该球形材料的表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2026高三上·望城期末）已知函数的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2026高三上·望城期末）已知双曲线的左、右两个焦点为，，若是双曲线左支上的一点，且，则此双曲线离心率的最大值是（ ）
A．2 B．3 C．4 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9．（2026高三上·望城期末）在正三棱柱中，D为BC的中点，则（ ）
A． B．平面
C． D．平面
10．（2026高三上·望城期末）已知函数（），且满足，则（ ）
A．
B．在区间上单调递增
C．，
D．将的图像向右平移个单位长度得到的图象，那么
11．（2026高三上·望城期末）如图，某电子实验猫线路图上有，两个即时红绿指示灯，当遇到红灯时，实验猫停止前行，恢复绿灯后，继续前行，，两个指示灯工作相互独立，且出现红灯的概率分别为，.同学甲从第一次实验到第五次实验中，实验猫在处遇到红灯的次数为，在，两处遇到红灯的次数之和为，则（ ）
A．
B．
C．一次实验中，，两处至少遇到一次红灯的概率为
D．当时，
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2026高三上·望城期末）在的展开式中，若各项系数的和为0，则该展开式的系数为 ．
13．（2026高三上·望城期末）若直线是曲线的切线，则 .
14．（2026高三上·望城期末）已知直线与圆交于A，B两点，若a，b，c是等差数列中的连续三项，则的取值范围是 ．
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．（2026高三上·望城期末）如图，在三棱柱中，平面．
（1）证明：平面平面；
（2）设，求四棱锥的高．
16．（2026高三上·望城期末）如图，在以为顶点的五面体中，四边形为等腰梯形，，，为直线上的点．
（1）证明：四边形为平行四边形；
（2）已知．
（i）求；
（ii）若，求二面角的余弦值．
17．（2026高三上·望城期末）杜老师为了解学生“十一假期”的出行情况，在校内随机抽取了40名学生，对其出行情况进行调查，结果如下：
市外游 市内游 合计
男生 14 6 20
女生 8 12 20
合计 22 18 40
（1）依据小概率值的独立性检验，判断学生“十一假期”选择市外游或市内游是否与性别有关联；
（2）在学校里，小林同学每次都从校内的甲、乙两个餐厅中选择一个就餐．
①已知小林同学第一次选择甲、乙两个餐厅的概率相同，若第一次就餐选择了甲餐厅，则第二次就餐选择乙餐厅的概率为；若第一次就餐选择了乙餐厅，则第二次就餐选择甲餐厅的概率为，求小林同学第二次就餐选择乙餐厅的概率；
②假设小林同学每次选择甲、乙两个餐厅就餐的概率分别为、，且每次选择互不影响．若选择甲餐厅就餐记2分，选择乙餐厅就餐记1分，小林同学选择甲、乙两个餐厅就餐累计得分恰为n分的概率为，求数列的通项公式．
参考公式：，其中．
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
18．（2026高三上·望城期末）已知函数，其中．
（1）证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点；
（2）设分别为在区间的极值点和零点.
（i）设函数.证明：在区间单调递减；
（ii）比较与的大小，并证明你的结论．
19．（2026高三上·望城期末）已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为，，点的坐标为，且为的中点.
（1）求椭圆的方程；
（2）斜率不为0的动直线过点交椭圆于，两点，直线，交于点，直线AD，BC交于点.
（i）设直线的斜率为，直线的斜率为，证明为定值；
（ii）以为直径的圆被轴所截得的弦长是否为定值 如果是定值，请求出定值；如果不是定值，请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则，
所以，
则复数的虚部为.
故答案为：A.
【分析】先利用复数求模公式，从而得出的值，再由复数的混合运算法则和复数相等的判断方法以及复数的虚部的定义，从而得出复数z的虚部.
2．【答案】D
【知识点】子集与真子集；补集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：由，解得，集合，
则，的子集个数为个.
故答案为：D.
【分析】先解不等式求得集合A，再根据集合的补集运算求，最后根据元素和子集个数的关系求解即可.
3．【答案】A
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可知.
因为，，
所以，整理得，
解得或.
故答案为：A.
【分析】先通过向量坐标运算求出两个向量的坐标，再利用垂直向量的数量积为 0 建立方程，最后解二次方程得到结果。
4．【答案】A
【知识点】补集及其运算；全称量词命题；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：若命题p为真，则，即，无解，
则命题P为假，实数a的取值范围为R.
故答案为：A.
【分析】先根据命题P 为真命题，列式求得a的范围，再求补集即可得命题P为假时a的取值范围 .
5．【答案】A
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：由题意大约可以用万年，
则，即，即大约可以用万年.
故答案为：A.
【分析】由题意大约可以用万年，再取常用对数计算即可.
6．【答案】D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：设球半径为，
则，
解得，
则该球形材料的表面积的最小值为.
故答案为：D.
【分析】由题意可知，要想球形材料的表面积最小，则需圆锥的顶点和圆柱的底面圆周在球面上，再根据组合体的结构特征和勾股定理，从而列方程得出球的半径，再利用球的表面积公式得出该球形材料的表面积的最小值.
7．【答案】B
【知识点】函数的值；不等关系与不等式
【解析】【解答】解：当时，，则，
由，
可得，
，
，
，
，则依次下去可知.
故答案为：B.
【分析】当时，，求得，再利用，根据函数性质和不等式的性质，逐渐递推求解判断即可.
8．【答案】C
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：作图，设，
则
解得，
因为是双曲线左支上的一点，
所以，则，
解得.
故答案为：．
【分析】设，根据双曲线的定义和性质，可得，再利用双曲线的离心率公式和几何法求最值的方法，从而得出此双曲线离心率的最大值．
9．【答案】B,D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：法一：对于A，在正三棱柱中，平面，
因为平面，
所以，则，
又因为是正三角形，为中点，
所以，则，
又因为，
所以，
则不成立，故A错误；
对于B，因为在正三棱柱中，平面，
又因为平面，所以，
因为是正三角形，为中点，
所以，，
又因为平面，
所以平面，故B正确；
对于D，因为在正三棱柱中，
又因为平面平面，
所以平面，故D正确；
对于C，因为在正三棱柱中，，
假设，则，这与矛盾，
所以不成立，故C错误.
故答案为：BD.
法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为，高为，
则，
对于A，因为，
所以，
则不成立，故选项A错误；
对于B、D，因为，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，
所以，，
则平面，平面，故选项B、选项D正确；
对于C，因为，
所以，显然不成立，故C错误.
故答案为：BD.
【分析】利用两种方法求解.
方法一：对于A，利用线面垂直得出，再利用正三角形三线合一得出， 再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和空间向量基本定理以及数量积的运算律，从而判断出选项A；利用线面垂直的判定定理与性质定理，则可判断选项B；利用线面平行的判定定理判断出选项D；利用反证法可判断出选项C，从而找出正确的选项.
方法二：根据题意建立空间直角坐标系，再利用空间向量法逐项判断各选项，从而找出正确的选项.
10．【答案】A,C,D
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：A、由（），且满足，可得，
则，解得，
因为，所以当时，；故A正确；
B、，求其单调递增区间即，
化简得，当时，
同理单调递减区间为，当时，，因此在区间上不单调，故B不正确；
C、，，
则，故C正确；
D、将的图象向右平移个单位长度得到，
则，即，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由题意可知的最小值为，根据正弦函数取得最小值时，满足，结合，求得即可判断A；由A选项确定函数，根据正弦函数求出单调递增区间即可判断B；由，求得，即可判断C；根据三角函数图象的平移变换得，再求的取值范围即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】互斥事件与对立事件；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【解答】解：AB、由题意可知，所以，，故A正确，B错误；
C、一次实验中，，两处至少遇到一次红灯的概率为，故C正确；
D、当时，一次实验中没有遇到红灯的概率为，遇到一次红灯的概率为，遇到两次红灯的概率为，故一次实验中遇到红灯次数的数学期望为，所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用二项分布的概率、方差公式，对立事件概率公式以及期望的线性性质，分别对各选项进行计算验证。
12．【答案】
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：令，由题意可得，解得，
的展开式中含的项为，
则该展开式的系数为.
故答案为：.
【分析】 根据各项系数的和为0，令，求得，再利用二项展开式求展开式中系数即可.
13．【答案】
【知识点】导数的几何意义；导数的加法与减法法则
【解析】【解答】解：，求导可得，
因为直线是曲线的切线，直线的斜率为2，
令，即，解得，
将代入切线方程，可得，则切点坐标为，
因为切点在曲线上，所以，即，解得.
故答案为：.
【分析】求导，由题意可得，求得，将代入切线方程求得切点坐标，再将切点代入曲线求a的值即可.
14．【答案】
【知识点】恒过定点的直线；直线与圆相交的性质；直线和圆的方程的应用；等差中项
【解析】【解答】解：由题意可得：，即，
则直线l的方程为，即，易知直线过定点，
易知圆的圆心为，半径，
设圆心到直线的距离为，因为直线恒过圆内的定点，
所以的取值范围是，即，弦长是的减函数，
故的最小值为当时取得，即，
的最大值为当时取得，即，
故的取值范围是．
故答案为：.
【分析】根据 a，b，c是等差数列中的连续三项，得到，即，代入直线l的方程，化简求得直线过定点，易知圆心和半径，设圆心到直线的距离为，求出圆心到直线的距离的取值范围，再利用弦长公式求出的取值范围即可.
15．【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以，
又因为，即，平面，，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：过点作，垂足为，如图所示：
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
所以四棱锥的高为，
因为平面，平面，所以，，
又因为，为公共边，所以与全等，所以.
设，则，则为中点，，
又因为，所以，即，解得，
则，
故四棱锥的高为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】(1)根据平面，得到，再由，，根据线面垂直的判定定理证明平面，从而证得平面平面；
(2) 过点作，垂足为，根据线面垂直的判定定理证明四棱锥的高为，由三角形全等可证，从而证得为中点，设，由勾股定理可求出，再由勾股定理求即可.
（1）证明：因为平面，平面，
所以，
又因为，即，
平面，，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
（2）如图，
过点作，垂足为.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
所以四棱锥的高为.
因为平面，平面，
所以，，
又因为，为公共边，
所以与全等，所以.
设，则，
所以为中点，，
又因为，所以，
即，解得，
所以，
所以四棱锥的高为．
16．【答案】（1）证明：因为，平面，平面，所以平面，
因为平面，平面平面，所以，
又因为，所以四边形为平行四边形；
（2）解：（i）在四边形中，连接，如图所示：
由（1）知，故，
由余弦定理，
即，解得，
则；
（ii）在梯形中，作于，如图所示：
由，
故，则，
又等腰梯形，，，
故，，则，
又，有，即，故两两互相垂直，
以为原点，分别为建立空间直角坐标系，如图所示：
，
，
点在上，故平面即平面，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，可得，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，可得，
则，
由图可知二面角为钝角，故二面角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据线面平行的判定定理可得平面，再由线面平行的性质定理可得，最后根据证明四边形为平行四边形即可；
（2）（i）在四边形中，连接，由（1）知，故，利用余弦定理求解即可；
（ii）在梯形中，作于，由勾股定理可得，推出两两互相垂直，以为原点，分别为建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算即可.
（1）证明：因为，平面，平面，
故平面，
因为平面，平面平面，
则，
又，所以四边形为平行四边形；
（2）（i）如图，在四边形中，连接，
由（1）知，故，
由余弦定理，有，
故，解得，
故，
（ii）如图，在梯形中，作于，
由，
故，则，
又等腰梯形，，，
故，，则，
又，有，即，
故两两互相垂直，以为原点，分别为建立空间直角坐标系，如图：
则，
，
点在上，故平面即平面，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，则，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，则，
所以，
由图可知二面角为钝角，故二面角的余弦值为．
17．【答案】（1）解：零假设：选择市外游或市内游与性别无关联．
由列联表中的数据，得，
所以依据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，故可推断成立，
即“十一假期”选择市外游或市内游与性别无关联；；
（2）解：①、记事件A：小林同学第一次就餐选择了甲餐厅，事件B：小林同学第二次就餐选择了乙餐厅，
则，
，
即小林同学第二次就餐选择乙餐厅的概率为；
②由题得，
当时，，
所以，故为常数数列，
又，所以，故，
又，
所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，
则．
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质；独立性检验的应用；全概率公式；条件概率
【解析】【分析】（1）先进行零假设，再计算卡方值，再根据独立性检验提供的表格对照进行判断即可；
（2）①、先记时间，由题意可得，利用全概率公式求解即可；
②、求出，根据当时，，证明出为常数数列，证明数列是等比数列，根据等比数列的通项公式求解即可．
（1）解：零假设：选择市外游或市内游与性别无关联．
由列联表中的数据，得，
所以依据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，故可推断成立，
即“十一假期”选择市外游或市内游与性别无关联．
（2）解：①记事件A：小林同学第一次就餐选择了甲餐厅，事件B：小林同学第二次就餐选择了乙餐厅，
则，
所以，
即小林同学第二次就餐选择乙餐厅的概率为．
②由题得，
当时，，
所以，故为常数数列．
又，所以，故．
又，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，故．
18．【答案】（1）证明：函数定义域为，
，
因为，所以，
设，在上恒成立，则在上单调递减，
，令，
所以当时，，则；当时，，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在上存在唯一极值点，
对函数有在上恒成立，
所以在上单调递减，
所以在上恒成立，
又因为，时，所以时，
故存在唯一使得，即在上存在唯一零点；
（2）解：（i）由（1）知，则，，
，
，
因为，所以，
易知，即在上单调递减.
（ii），证明如下：
由（i）知：函数在区间上单调递减，
所以即，又，
由（1）可知在上单调递减，，且对任意，则.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，构造函数，求导，利用导判断函数的单调性和函数值情况，从而得到函数的单调性，进而得证函数在区间上存在唯一极值点；再结合和时的正负情况，证在区间上存在唯一零点即可；
（2）（i）由（1）知，则，和结合（1）中所得导函数计算得到，再结合得即可得证；
（ii）由函数在区间上单调递减得到，再结合，以及函数的单调性和函数值的情况即可得证.
（1）由题得，
因为，所以，设，
则在上恒成立，所以在上单调递减，
，令，
所以当时，，则；当时，，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在上存在唯一极值点，
对函数有在上恒成立，
所以在上单调递减，
所以在上恒成立，
又因为，时，
所以时，
所以存在唯一使得，即在上存在唯一零点.
（2）（i）由（1）知，则，，
，
则
，
，
，
即在上单调递减.
（ii），证明如下：
由（i）知：函数在区间上单调递减，
所以即，又，
由（1）可知在上单调递减，，且对任意，
所以.
19．【答案】（1）解：因为点的坐标为，且为的中点，所以，即，
又因为离心率，所以，所以，
则椭圆的方程为；
（2）解：（i）因为直线过点，可设直线的方程为，，
联立，消去整理得，
，，
因为直线的斜率为，直线的斜率为，所以，
所以.，
将，代入得
，
即为定值；
（ii）是定值，
因为，由两点式可得直线的方程为；
因为，，由两点式可得直线的方程为.
因为直线，交于点，所以，
将代入得，整理得，
由得，
所以，
同理，直线的方程为，直线的方程为，
联立可解得，
因此，所以直线垂直于轴，
以为直径的圆的圆心为，半径，
所以圆的方程为，
令，可得，
将代入直线的方程得，
同理得，
则，
将代入得，
所以，解得，
故弦长为，是定值，
即以为直径的圆被轴所截得的弦长是定值，为.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由B为椭圆的右顶点， 点的坐标为，且为的中点，求得，再根据离心率求得，即可得椭圆方程；
（2）（i）设直线的方程为，，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，结合斜率公式化简求为定值；
（ii）利用两点式求得直线、的方程，联立求得点的横坐标，同理再求点的横坐标，从而可根据纵坐标得到圆的方程，进而可得所求弦长的表达式，利用根与系数的关系化简求解即可.
（1）因为点的坐标为，且为的中点，
所以，即.
又离心率，所以，
所以，
所以椭圆的方程为.
（2）（i）因为直线过点，可设直线的方程为，，
由消去得.
所以，.
因为直线的斜率为，直线的斜率为，
所以，
所以.，
将，代入得
，
即为定值.
（ii）是定值.
因为，由两点式可得直线的方程为；
因为，，由两点式可得直线的方程为.
因为直线，交于点，所以，
将代入得，
整理得.
由得，
所以.
同理，直线的方程为，直线的方程为，
联立可解得，
因此，所以直线垂直于轴，
以为直径的圆的圆心为，半径，
所以圆的方程为，
令，可得.
将代入直线的方程得，
同理得.
则.
将代入得，
所以，解得，
故弦长为，是定值，
即以为直径的圆被轴所截得的弦长是定值，为.
1 / 1
