湖南省炎德英才2026届高三下学期5月联考数学试卷含解析（word版）

这是一份湖南省炎德英才2026届高三下学期5月联考数学试卷含解析（word版），共100页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. B 【解析】 ∁UA={x∈N∣x≤1}={0,1} ,故选 B.
2. A 【解析】依题意, z=3−i2+i=3−i2−i2+i2−i=6−5i−14+1=1−i . 故选 A.
3. C 【解析】 BC=AC−AB=4−3,4−3=1,1 ,所以 BC=2 ,故选 C.
4. B 【解析】因为函数 fx 是定义在 R 上的增函数, flg2x−10,x−1⋯ ,
所以 fnmax=f3=3223=98 .
14. 810521π 【解析】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,B2,0 ,设 Px,y ,由 PA=5PB ,
则 x+22+y2=5x−22+5y2 ,即 x−32+y2=5 ,故点 P 轨迹是以 C3,0 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=5PB ,
故空间中点 P 的轨迹为以 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=OB2+BC2−2OB⋅BCcs120∘=21 ,
因为 CO2=52+42=CP2+OP2 ,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.【解析】(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−12xyi=112xi2−12x2i=112yi2−12y2=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−12xyi=112xi2−12x2=7793−12×29×22242=137576≈0.24 , 9 分
a=y−bx=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.【解析】(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 0x+1x1+lnx 恒成立; 6 分
当 x∈1e,+∞ 时, lnx+1>0 ,不等式 2ex−1>x+1x1+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 φx=2x21+x2−1+lnx ，得 φ′x=−x2−12x1+x22φ1=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,y 单调递增,
所以 y=ex−1−x>e1−1−1=0 ,所以 ex−1>x , 10 分
所以 2xex−1x2+1>2x2x2+1>1+lnx ; 11 分
② 当 x∈1,+∞ 时，由 2xex−1x2+1>1+lnx ，得 2ex−11+x2>1+lnxx ，
令 kx=2ex−11+x2,rx=1+lnxx ,
则 k′x=2ex−1x−121+x22>0 ,函数 kx 在 1,+∞ 上单调递增,所以 kx>k1=1 ,
由 lnxx+1x1+lnx 的解集为 0,1∪1,+∞ . 15 分
18.【解析】(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 A0,0,0,A10,0,2,B10,a,2,C2,0,0,D0,a2,0,C12,0,2 ,
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 B10,2,2,D0,1,0 ,
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=0,n1⋅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⋅CC1n1=1×0+2×0−2×212+22+−22=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=0,n2⋅CC1=0, 得 −2x2+y2=0,2z2=0, 令 y2=2 ,所以 n2=1,2,0 , 10 分
取 BC 中点 Q ,则 Q1,1,0 ,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 Px0,y0,z0 ,则 AP=x0,y0,z0,x0∈0,2,y0∈0,2 ,
因为 PQ=2,AP=2 ,所以 x0−12+y0−12+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=csAP,n2=AP⋅n2AP⋅n2=x0+2y025=x0+y0+y025=y0+225 , 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
19.【解析】(1) 因为双曲线 Γ 的渐近线 x±ay=0 与圆 x2+y−22=3 相切,
所以 2a1+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△PF1QS△PF2Q=12QF1ℎ12QF2ℎ=12PF1PQsin∠F1PQ12PF2PQsin∠F2PQ=PF1PF2 ,所以 PF1PF2=QF1QF2=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 P03,0 ，点 P1 在 x 轴上时，由对称性可知 Pi 一定在 x 轴上，
点 P03,0 ,记 x0=3 ,一般地: 记点 Pixi,0i∈N ,点 Pi+1xi+1,0 ,
设直线 AiBi 的方程为 x=ty+xi ,设点 AixAi,yAi,BixBi,yBi ,
联立 x=ty+xi,x2−3y2=3, 得: t2−3y2+2txiy+xi2−3=0 ,
所以, t2−3≠0,Δ=4t2xi2−4t2−3xi2−3=12t2+xi2−3>0 ,
由根与系数的关系可得 yAi+yBi=−2txit2−3,xAi+xBi=tyAi+yBi+2xi=−2t2xit2−3+2xi=−6xit2−3 ,
故线段 AiBi 的中点为 Mi−3xit2−3,−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 Ni−3xi−1t2−3,−−1txi−1t2−3 ,即点 Ni−3t2xi1−3t2,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+txit2−3−3xit21−3t2+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, xNi=xMi=32xi ,此时 MiNi 过 Pi+132xi,0 ,综上 Pi+132xi,0 .
故当点 P03,0 时,得: P13×32,0,P23×322,0,⋯,Pn3×32n,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