湖南省长沙市第一中学 2025-2026 学年高三下学期第十次月考数学试
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 ， ，且 ，则 （ ）
A. 1 B. C. 2 D.
【答案】D
【解析】
【分析】由 ，得 ，进而得到关于 的方程，结合集合的性质求解即可.
【详解】由 ，得 ，
所以 或 或 ，解得 或 或 或 .
当 时，A={1,4,3}， ，不符合集合元素的互异性，故舍去.
当 时，A={1,4,4}， ，不符合集合元素的互异性，故舍去.
当 时， ， ，符合题意.
当 时，A={1,4,1}， ，不符合集合元素的互异性，故舍去.
故 .
12. 复数 的值为（ ）
A. B. C. -2 D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数除法与乘法法则求结果.
【详解】 ,选A.
【点睛】本题重点考查复数的乘除运算，属于基本题.考查基本求解能力.
3. 已知平面向量 为单位向量，且 ，若 ，则 =（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据平面向量数量积的运算律，利用夹角计算公式求出余弦值即可.
【详解】由向量 ， 为单位向量，又 ，知 .
因为 ，则|⃗c|=|2⃗a+⃗b|=√(2⃗a+⃗b) 2 =√4⃗a2+⃗b2+4⃗a⋅⃗b=√5，
→ → → ( → →) → → |→| 2
→ → b·c b· 2a+b 2a⋅b+ b 1 √5
所以cos<b,c>= = = = = .
|→||→| |→||→| |→||→| √5 5
b c b c b c
4. 在 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若 ， ，则c为（ ）
A. 1 B. 2 C. 1或2 D. 1或
【答案】C
【解析】
【分析】应用余弦定理计算求解.
2【详解】因为 ， ，
√3
由余弦定理得1=3+c2−2×c×√3×
，化简得
2
则 或 .
5. 已知椭圆 的左､右焦点分别为 ，点 在 上，且满足
，则 的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设 ，则 ，在 中，由正弦定理得 ，
又因为 ，所以 ，整理得 ，
因为 为三角形内角， ，所以 ，则 ，
故 ，即 是以 为直角顶点的直角三角形，
在 中， ，由勾股定理得 ，代入 ，得
，解得 ，所以 ，
根据椭圆的定义，有 ，所以 ，
因此，椭圆的离心率 .
36. 已知定义在 上的函数 有最小值，但无最大值，则ω的取值范
围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】 ，
π π π
因为 ， ，则ωx+ ∈[ ,ωπ+ ) ，
3 3 3
又 有最小值，但无最大值，所以 ，解得
7. 已知在正三棱台 中， ，此正三棱台存在内切球，则此正三棱台的高为
（ ）
A. 1 B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】由正棱台性质可知内切球与上、下底面切点为上下底的重心，然后由截面图结合勾股定理列出关
于球的半径的等量关系。即可求解.
【详解】由题可知上下底正三角形的高分别为 ，
由几何体结构特征结合题意可知内切球与上、下底面切点为上下底的重心，
4如图，取BC和 的中点分别为P，Q，上、下底面的中心分别为 ， ，
则 ．
设内切球的球心为O，半径为 ，则正三棱台的高 ，
内切球与 相切于点M，根据圆的性质可知， ．
则 ，
如图：
所以 ，即 ，
所以正三棱台的高为2
8. 现有 个相同的袋子，里面均装有 个除颜色外其他无区别的小球，第
个袋中有 个红球， 个白球.现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连
5续取出三个球（每个球取后不放回），若第三次取出的球为白球的概率是 ，则在前两次取出的球是白球
的条件下，第三次取出的球是白球的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据全概率公式及条件概率公式，结合第三次取出的球为白球的概率列出关于 的方程，求出
的值，再根据条件概率公式求解即可.
【详解】设“取出第 个袋子”为事件 ，“从袋子中连续取出三个球，第三次取出的球为白球”为事件
，
则 ，且 两两互斥， ，
n−i
，P(B|A )= ，
i n
1 n−i n−i
所以P(A B)=P(A )P(B|A )= × = ，
i i i n n n2
所以
.
令 ，解得 .
所以第1个袋子 ：1红4白；第2个袋子 ：2红3白；
第3个袋子 ：3红2白；第4个袋子 ：4红1白；
第5个袋子 ：5红.
6设前两次取出白球为事件 ，第三次取出白球为事件 ，则 .
.
.
所以P¿.
故在前两次取出的球是白球的条件下，第三次取出的球是白球的概率是 .
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. 2025 湖南省足球联赛以全民参与和城市荣誉为理念，多元融合激活文旅消费，助推体育产业创新，创
造经济效益超4亿元.下表是常规赛各队的积分：
永 常 长 株 娄 衡 郴 岳 益 邵 湘 怀 湘 张
州 德 沙 洲 底 阳 州 阳 阳 阳 潭 化 西 家
州 界
队 队 队 队 队 队 队 队 队 队 队 队 队 队
22 26 35 27 23 20 19 19 18 13 11 6 5 4
则下列说法正确的是（ ）
A. 积分数据的众数为19
B. 积分数据的第70百分位数为22
C. 积分数据的中位数为19.5
D. 积分最高的4队积分的方差比积分最低的4队积分的方差小
【答案】AB
【解析】
【分析】先从小到大排列，再应用众数，百分位数，中位数及方差定义计算判断各个选项即可.
【详解】将14支球队的积分，按照从小到大的顺序排列：4,5,6,11,13,18,19,19,20,22,23,26,27,35；
积分数据的众数为19，A选项正确；
因为14×0.7=9.8 ，所以积分数据的第70百分位数为第10个数据，即22，B选项正确；
积分数据的中位数为19，C选项错误；
23+26+27+35 3
积分最高的4队积分的平均数为 =27 ，积分最高的4队积分的方差
4 4
7( 3 ) 2 ( 3 ) 2 ( 3 ) 2 ( 3 ) 2
27 −23 + 27 −26 + 27 −27 + 27 −35
4 4 4 4 315，
=
4 16
4+5+6+11 1
积分最低的4队积分的平均数为 =6 ，积分最低的4队积分的方差
4 2
( 1 ) 2 ( 1 ) 2 ( 1 ) 2 ( 1 ) 2
6 −4 + 6 −5 + 6 −6 + 6 −11
2 2 2 2 29，
=
4 4
所以积分最高的4队积分的方差比积分最低的4队积分的方差大，D选项错误；
10. 已知抛物线 ，其焦点为 ，准线为 ，过 的直线与抛物线交于 两点，过 分别作
的垂线，垂足分别记为 ，则（ ）
A. 是定值 B. 以 为直径的圆过点
C. 对于 上的任一点 恒成立 D. 面积的最小值为2
【答案】ABD
【解析】
【分析】设出直线 的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理，结合数量积的坐标表示及三角形面积公
式求解判断AD；利用抛物线的几何性质推理判断BC.
【详解】抛物线 的焦点 ，准线 ，设直线 ， ，
由 消去 ，得 ，则 ，
对于A， ，A正确；
对于B，连接 ，由 ，
得 ，则 ，
因此以 为直径的圆过点 ，B正确；
8对于C，取 中点 ，当 为 中点时， ，则
，C错误；
对于D， ，
当且仅当 时取等号，因此 面积的最小值为2，D正确.
{ 2a ,a <3
a = n n
11. 已知数列 满足 n+1 ， 为 的前n项和，则（ ）
a −3,a ≥3
n n
A. 当 时， B. 当 时，
C. ，使得 D. 为等比数列的充要条件是
【答案】BCD
【解析】
【分析】AB项通过递推数列规则依次求解各项，可得重复项，进而得到周期规律即可判断；C项取特殊
首项求和即可；D项从充分性与必要性两个角度证明.
【详解】对于A，由 ， ，
， ，
， ， ，
由递推关系以下过程重复操作，后面各项依次为
9所以数列 除了 外，从 开始成周期为3规律，
从 到 共2025项，2025是3的倍数，所以 ，故A错误；
对于B，根据选项A可知，S =5+675×(2+4+1)=4730 ，故B正确；
2026
对于C，取 ，则 ，则 ， ，
依此下去，对 ，都有 ，此时 ，
，即∃a =3∈N* ，使得 ，故C正确；
1
对于D，若 ，则 ，则 ， ，
依此下去，对 ，都有 ，则 成立，
故 ，数列 为等比数列；
若数列 为等比数列，设公比为 ，
假设数列 中存在某项 ，则 ， ，
可得 ，又 ，解得 ，
由 ，可知 ，故必存在某项 ，则 ，
即 ，这与公比 矛盾，假设错误，
即数列 中任意一项都小于 ，自然 ；
再假设数列 中存在某项 ，则 ，即 ，
则由 ，可知 时， ，且数列 为递增数列，
故存在某项 ，则 ，这与数列递增矛盾，假设也错误；
10所以数列 中也不存在大于 且小于 的项，又等比数列中各项均不为 ，
故数列 中任意一项均小于 ，即 ；
综上所述， 为等比数列的充要条件是 ，故D正确.
三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）
12. 已知 ，则 __________（用数字作答）
【答案】0
【解析】
【分析】利用二项式定理和赋值法求解即可.
【详解】由题意可知，令 ，则 .
13. 在正方形 所在平面内，动点 在以点 为圆心且与直线 相切的圆上，设
，则 的最大值为________.
【答案】
【解析】
【分析】以 为原点建系，先求圆 的方程，再将向量式转化为点 的坐标，把目标式 转化为求
的最大值，最后用直线与圆相切的几何方法求解，得最大值为 ．
【详解】如图，设正方形 的边长为 ，以 为原点， 为 轴， 为 轴建立平面直角坐标系，
11则各点坐标为 ， ， ， ，
直线 的方程为 ，
由题意得，圆 与直线 相切，
所以圆 的半径 等于点 到直线 的距离，即 ，
所以，动点 的轨迹方程为 ，
因为 ， ，所以 ，
设 ，则 ， ，所以 ，
问题转化为： 在圆 上，求 的最大值，
设 ，即 ，
当直线 与圆 相切时， 取得最值，
圆心 到直线 的距离等于半径，即 ，解得 ， ，
所以 ，因此， 的最大值为 ．
14. 已知函数 有三个不同的零点 ，且 ，则
的最小值为_________.
【答案】
【解析】
x⋅2x−1+x−2
【分析】易知 ，当 时将方程变形为 ，令g(x)= ， ，
2x−1−1
12由 可得 关于 对称，由题意可得 有两个实数根，即函数
与 有两个交点，进而得出 ， ，代入 ，利用一元二次函数的性
质可得答案．
【详解】由题意得f (1)=(1−m)21+2×1+2m−4=0 ，
所以 是函数 的一个零点，
当 时，令 ，可得 ，
x⋅2x−1+x−2
令g(x)= ， ，
2x−1−1
(2−x)⋅2(2−x)−1+(2−x)−2 (2−x)⋅21−x−x
g(2−x)= =
2(2−x)−1−1 21−x−1
2−x−x⋅2x−1 x⋅2x−1+x−2
= = =g(x)，
1−2x−1 2x−1−1
所以 关于 对称，
若要函数 有三个不同的零点 ，
则需满足方程 有两个实数根，
即函数 与 有两个交点，且两交点关于直线 对称，
又 ，可得 ， ，
所以3x2+2x2+x2=3x2+2+(2−x ) 2=4x2−4x +6=4 ( x − 1) 2 +5≥5 ，
1 2 3 1 1 1 1 1 2
当且仅当 ， ， 时，等号成立，
13此时 的最小值为 ．
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. 如图所示，在四棱锥 中，底面是边长为6的正方形 ， ， 平面 ，
点M是CD的中点，点N是PB的中点．
（1）求证： ．
（2）求二面角 的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2） ．
【解析】
【分析】（1）取PA的中点E，连接EN，DE，利用中位线定理得到四边形 为平行四边形，则
，再利用四边形 是正方形得到线线垂直，利用面面垂直的判定即可证明；
（2）利用空间向量计算二面角即可.
【小问1详解】
取PA的中点E，连接EN，DE，
因为点M是CD的中点，点N是PB的中点，
可得 ，且 ，而 ，且 ，
所以 且 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ，
又因为 平面 ，而 平面 ，所以平面 平面 ，
因为 平面 ，平面 平面 ， ，
14所以 平面 ，而 平面 ，所以 ，所以 ；
【小问2详解】
以A为坐标原点，以AD，AB，AP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
，底面是边长为6的正方形 ，点M是CD的中点，点N是PB的中点，
则 ， ， ， ，
所以 ， ，
所以 ， ，
易得平面AMB的法向量 ，
设平面AMN的法向量为 ，
则 ，即 ，令 ，则 ，
可得 3， ， ，
所以 ，
因为二面角 的平面角为锐角，所以它的余弦值为 ．
1516. 已知数列 的前n项和为 ，对任意 满足 且 数列 满足
， ， 其前3项和为
（1）求数列 的通项公式；
（2）将数列 的项按照“当n为奇数时， 放在前面；当n为偶数时， 放在前面”的要求进行
“交叉排列”，得到一个新的数列： 求这个新数列的前33 项和
【答案】（1） ， ；
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可知数列 为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求出数列 的通项公
式，可求出 ，再由a =¿可求出数列 的通项公式，由等差中项法可知数列 为等差数列，从而
n
可得出数列 为等比数列，且设该等比数列的公比为q (q>0)，结合题中条件求出 和 的值，即可求
16出数列 的通项公式；
（2）求出数列 的前 项和 ，对 进行分类讨论，利用等差数列和等比数列的求和公式可得出 .
【小问1详解】
且 ，所以，数列 是以 为首项，以 为公差的等差数列，
A 1 n+1 n(n+1)
∴ n=1+ (n−1)= ，∴A = .
n 2 2 n 2
n(n+1) (n−1)n
当 时，a =A −A = − =n .
n n n−1 2 2
也适合上式，所以，a =n (n∈N∗).
n
，即 ，
所以，数列 为等差数列，设其公差为 ，则 ，
，所以，数列 是正项等比数列，设其公比为 ，则 .
由题意可得¿，解得¿，
因此，b =b qn−1=
1
×
(1) n−1
=
(1) n
；
n 1 3 3 3
【小问2详解】
n(n+1)
数列 的前 项和为A = ，
n 2
1( 1 )
1−
3 3n
1( 1 )
数列 的前 项和为B = = 1− ，
n 1 2 3n
1−
3
n(n )
+1
2 2 1 1 n2+2n+4 1
①当n=2k (k∈N∗)时，S =A +B = + (1− )= − ；
n k k 2 2 n 8 n
32 2×32
17②当n=4k+1 (k∈N∗)时，
(n−1 )(n−1 )
+1 +2
S =A +B = (2k+1)(2k+2) + 1( 1− 1 ) = 2 2 + 1 (1− 1 )= n2+4n+7 − ， 1
n 2k+1 2k 2 2 32k 2 2 n−1 8 n−1
3 2 2×3 2
特别地，当 时， 也适合上式；
③当n=4k−1 (n∈N∗)时，
n+1(n+1
)
−1
S =A +B = 2k(2k−1) + 1( 1− 1 ) = 2 2 + 1 (1− 1 )= n2+3 − 1 .
n 2k−1 2k 2 2 32k 2 2
3
n
2
+1 8
2×3
n
2
+1
综上所述，S =¿.
n
所以 .
17. 已知直线 与双曲线 有唯一的公共点 .
（1）若点 在直线 上，求满足条件的所有直线 l的方程；
（2）已知直线 的斜率为 ，且 过点 且与 垂直的直线交x轴于 交 轴于
点.是否存在定点 使得当点 在双曲线上运动时，动点 使得 为定
值?若存在，求出点 的坐标和定值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
18（2）存在定点 使得当点 在双曲线上运动时，动点 使得 为定值，定点坐
标为 ，定值为 .
【解析】
【分析】(1)根据题意知直线为切线或者与渐近线平行的直线
(2) 根据题意知直线为切线，做法线，找到坐标之间的关系即可得；
【小问1详解】
因为直线 与双曲线 有唯一的公共点 ，
所以直线 与双曲线渐近线平行或者与双曲线相切；
双曲线渐近线 ，
情况一： 直线l的斜率不存在。
此时直线l的方程为： ，不符合题意；
情况二：直线l的斜率存在.
设直线l的方程为： ，即 ，
将直线方程代入双曲线方程中得到：(1−2k2)x2+(8k2−16k)x−(8k2−32k+40)=0 ，
直线平行于双曲线的渐近线，此时 ，
直线l的方程为： 或者 ；
直线与圆锥曲线相切，
此时 ，且Δ=−32(k2+4k−5)=0 ，
设切点Q(x ,y )，则 ，过点 的切线方程为 ，
0 0
因为点 在直线 上，所以代入切线方程可得x =4 y +4 ，
0 0
19所以代入双曲线方程得： ，
2
解得y =−2或y =− ，
0 0 7
当y =−2 时， ，切点为： ，
0
切线方程为 ，
(20 2)
当 时， ，切点为： ,− ，
7 7
切线方程为 ，
综上，满足条件的直线 l的方程为有以下四条：
【小问2详解】
直线 的斜率为 ，且 所以直线 为切线，
由(1) 过点 的切线方程为 ，
所以 ， ， ，
过点 且与 垂直的直线（法线）的斜率为： ，
法线方程为： ，
因为该直线交x轴于 ，交 轴于 点，
20所以令 得： ，所以 ，同理可得 ，
(3 )
所以动点 的坐标为P x ,3 y ，因为 ，
2 0 0
3
所以设P(x,y)，则x= x ,y=3 y ，
2 0 0
所以 ，化简得 ，
所以动点 的轨迹方程为 ，
根据双曲线的定义，双曲线上的点到两个焦点的距离之差的绝对值为常数 ，
因为 ，
所以 ，
该双曲线的焦点坐标为：F (−3√6,0),F (3√6,0)，
1 2
对于双曲线上的任意点，都有 ，
所以存在定点 使得当点 在双曲线上运动时，动点 使得 为定值，定点坐
标为M(−3√6,0),N(3√6,0)，定值为 .
18. 已知函数 （e为自然对数的底数）.
（1）求证： 时， ；
（2）设 的解为 （ ，2，…）， .
①当 时，求 的取值范围；
21②判断是否存在 ，使得 成立，并说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2）① ；②不存在，理由见解析.
【解析】
【分析】(1)根据给定条件构造函数 ，利用导数探讨其单调性推理作答.
(2)①探讨函数 的性质，作出部分图象，结合图象可得 ，构造函数并求出其值域得解；
②分类讨论 的各种取值条件下 值的范围即可判断作答.
【小问1详解】
，令 ，求导得： ，
令 ， ， ，则 在 上单调递减，
， 在 上单调递减，则 ， ，即
，
所以 时， .
【小问2详解】
① ，当 或 或 时， ，
当 或 时， ，
于是得 在 ， ， 上都递增，在 ， 上都递减，
22而 ，
又 时， ， ， 的部分图象大致如图，
观察图象知，当 时，又 ，必有 ，
令 ， ，因 在 上递减，则
在 上递减，
因此， 在 上递增，则当 时， ，
所以 的取值范围是 ；
②不存在，
因 ，则当 时，而 ，必有 ，即 不成立，
当 时， 不存在或者 ，有 ，即 不成立，
当 时， ，令 ， ，
，
23而当 时， ， ，则 ，即 在 上递增，
，因此， ， ，于是得 ，
又 ， ，且函数 在 上递增，故有 ，即
， 不成立，
综上，不存在 ，使得 成立.
【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用函数思想是解决问
题的关键.
19. 现有一款益智棋类游戏，棋盘由全等的正三角形组成（如图所示），假设棋盘足够大.一颗质地均匀的
正方体骰子，六个面分别以 标号.在棋盘上，以 为原点建立平面直角坐标系，设点 的坐标为 .
棋子初始位置为坐标原点，投掷骰子 次，用 表示第 次投掷后棋子的位置（ 为坐标原点），规定：
其中向量 为前 次投掷过程中，
掷得偶数的总次数.
（1）求点 所有可能的坐标；
24（2）求投掷骰子8次后棋子在原点的概率；
（3）投掷骰子80次，记棋子在原点且投掷过程中掷得奇数的次数恰为 的概率为 ，求
的表达式，并指出当 为何值时， 取得最大值.
【答案】（1） ；
（2） ；
（3） ， 时， 取得最大值.
【解析】
【分析】（1）根据 即可求 所有可能的坐标；
（2）令向量 ，则当 时， ；当 时，
；当 时 ，其中 ，且 .要保证 为原点，则在8次投掷过程中，
掷得奇数的次数 应为 ，用列举法即可求解
（3）当 不是3的倍数时，显然有 .当 是3的倍数时，不妨设 ，则掷得偶数的次数为
次.记进行加向量 为操作 ，加向量 为操作 ，加向量 为操作 ，不做任何操作记为操作 .
定义操作小结： ，其中 可以为0，则 其中
25，根据隔板法即可求解.
【小问1详解】
由题意，点 可能的坐标为 .
【小问2详解】
令向量 ，
则当 时， ；当 时， ；
当 时 ，其中 ，且 .
要保证 为原点，则在8次投掷过程中，掷得奇数的次数 应为 .
①若 ，即8次投掷全部为偶数，共1种情况：偶偶偶偶偶偶偶偶；
②若 ，即8次投掷过程中有5次偶数，3次奇数，则共8种情况：
奇偶奇偶奇偶偶偶，奇偶奇偶偶偶偶奇，奇偶偶奇偶偶奇偶，奇偶偶偶偶奇偶奇，
偶奇偶奇偶奇偶偶，偶奇偶偶奇偶偶奇，偶偶奇偶奇偶奇偶，偶偶偶奇偶奇偶奇；
③若 ，即6次奇数，仅有1种情况：奇奇偶奇奇偶奇奇.
故 为坐标原点的概率 .
【小问3详解】
当 不是3的倍数时，显然有 .
以下讨论当 是3的倍数的情况.不妨设 ，则掷得偶数的次数为 次.
记进行加向量 为操作 ，加向量 为操作 ，加向量 为操作 ，不做任何操作记为操作 .
定义操作小结： ，其中 可以为0.
在80次投掷产生的操作过程，可分为若干操作小结.注意到1个操作小节中有2次操作 ，每两个操作小
26节也由操作 连接，所以共有 个操作小节，如下图所示：
所以有 其中 .
由隔板法可知，上述不定方程共有 组解，而每一组解对应着一种满足题意的投掷，于是有
.综上，有
因此，当 ，即 时， 取得最大值.
27
