湖南省长沙市2026-2027学年高三上学期开学学情数学自测卷（人教版A）

**基本信息** 湖南省长沙市2026-2027学年高三开学数学学情自测卷，覆盖函数、数列、几何、概率统计等核心模块，通过基础题与综合题梯度设计，检测学生数学抽象、逻辑推理及数据分析能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题（单+多）|11/58|集合、函数值域、等差数列等|注重概念辨析，如第2题函数值域考查数学抽象| |填空题|3/15|圆锥侧面展开、数列递推、概率期望|强调空间想象与运算，如第12题圆锥轴截面顶角| |解答题|5/77|导数综合、立体几何面面角、乡村振兴选科统计|情境真实且层次递进，17题结合选科数据考独立性检验与分布列体现数据意识，19题导数三问提升逻辑推理要求|

湖南省长沙市2026-2027学年高三上学期开学学情自测卷 数学试题（解析版） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D C C A D B A AC ABD 题号 11 答案 AB 1．B 【分析】先求得集合，再由集合交集的概念与运算，即可求解. 【详解】由集合， 因为，可得. 2．D 【详解】选项A，由的定义域为，所以，即函数值域为，故A错误； 选项B，由的定义域为，所以， 所以函数值域为：，故B错误； 选项C，由的定义域为，此时函数值域为，故C错误； 选项D，由的定义域为，此时， 所以函数值域为，故D正确. 3．C 【详解】在等差数列中，，， 则，所以. 4．C 【分析】先求出数学期望及方差，再应用方差性质计算求解. 【详解】根据概率分布得，解得， 计算得，， 根据方差性质得. 5．A 【分析】由题意得，进一步表示出，结合基本不等式即可求解. 【详解】因为，且，所以， 从而，等号成立当且仅当， 所以的最小值为. 故选：A. 6．D 【分析】根据给定条件，求出圆台的上下底面圆的半径，再求出圆台的高并结合圆台的体积公式求解作答. 【详解】设圆台上底面圆半径为，下底面圆半径为，母线长为，高为， 依题意，， 解得，， 而圆台的母线长， 因此圆台的高， 所以圆台的体积. 故选：D. 7．B 【分析】由题意可得，，得用中点坐标公式可求得，结合已知可得，利用利用，可求结论. 【详解】由题意可得，， 则， 由可得， . 故选：B. 8．A 【详解】由已知可得对任意的恒成立， 设 则 当时在上恒成立，在上单调递增， 又 在上 不合题意； 当时，可知在单调递减，在单调递增，要使 ， 在上恒成立，只要， 令 可知在上单调递增，在上单调递减， 又 ，故选A. 9．AC 【分析】设交于，利用线面平行的判定定理可判断A，由题可得进而可判断BD，利用线面垂直的判定定理可得平面，进而可判断C. 【详解】连接交于，连接，则为的中点， 所以，， 又M为中点，，， 所以，， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面，故A正确； 因为，与平面相交且不垂直， 所以与平面不平行且不垂直，故BD错误； 由题可知平面，平面， 所以，由题可知， 又平面，平面， 所以平面，又， 所以平面，故C正确. 故选：AC. 10．ABD 【分析】应用二倍角公式计算判断A,B选项，根据两角和差公式计算判断C,D选项. 【详解】对于A： ，A正确； 对于B：，B正确； 对于C: ，C错误； 对于D: 正确，D正确. 故选：ABD. 11．AB 【分析】由题可得时，，其他段函数不确定，据此可逐项判断. 【详解】，， 又，， 又，所以时，， 对于A，，故A正确； 对于B，，，故B正确； 对于C，根据题意只能推导时，， ，也符合题意，故C错误； 对于D，时，，, ，，, 则的最小值为，故D错误； 故选：AB. 12． 【分析】和分别表示底面圆半径和母线长，由题意得到等量关系，得到，从而知道轴截面的顶角值. 【详解】设底面半径为，母线成为， 则，即， ∴该圆锥轴截面的顶角等于， 故答案为： 13． 【分析】由递推关系式可知数列是周期为3的周期数列，根据可得结果. 【详解】由题意得：，，， 所以数列是周期为3的周期数列， 所以. 故答案为：. 14． 【分析】根据分布列和数学期望的定义，结合排列组合求解即可. 【详解】的可能取值为1，2，3， ， ， ， ． 故答案为． 15．(1) (2)． 【分析】（1）设等差数列的公差为，根据等比中项的性质得到方程，解得，即可求出通项公式； （2）由（1）可得，再利用裂项相消法求和即可. 【详解】（1）设等差数列的公差为， 因为，，成等比数列， 所以． 即， 即，又，且，解得 所以． （2）由（1）知：， 则， 即． 16．(1)； (2)（i）由题意，可设直线，则， 设直线，联立，得， 因为与抛物线相切，所以，则， 所以，令，得， 而，所以，故点K与点M的纵坐标的乘积为定值； （ii）. 【分析】（1）根据题设并利用两点距离公式列方程求轨迹方程； （2）（i）由题意有，设直线，联立抛物线并结合相切关系求得，进而有，即可求K坐标，即可证； （ii）由题意得，联立与抛物线，应用韦达定理最值即可. 【详解】（1）设，显然，由题设， 所以，即为动点P的轨迹方程； （2）（i）略 （ii）由题意， 又，当且仅当时等号成立， 联立，得，显然， 所以，，则，， 所以， 综上，，即目标式最大值为，当且仅当时成立. 17．(1)学生的性别对选科分类有影响. (2)的分布列如下表所示： 0 1 2 3 4 【分析】（1）根据列联表中的数据计算，与临界值对比分析即可求解； （2）根据全概率公式求解男生选化学和地理的概率，然后结合二项分布求分布列和数学期望. 【详解】（1）零假设为：学生的性别对选科分类没有影响. 根据列联表中的数据，经计算得到 ， 根据小概率值的独立性检验，我们推断零假设不成立， 即认为学生的性别对选科分类有影响. （2）设表示事件：男生选化学和地理，表示事件：男生选物理，表示事件：男生选历史. 由题意，，， 且，， . 则，所以， ， ， ， ， 的分布列如下表所示： 0 1 2 3 4 （另解：因为，所以） 18．(1)证明见解析 (2) (3)存在； 【分析】（1）利用线面垂直的性质证明线线垂直； （2）建立空间直角坐标系，通过向量法去求平面与平面所成角的余弦值，再结合同角三角函数的基本关系求解正弦值即可. （3）利用向量法求线面角，建立方程求解参数，从而解得点的坐标. 【详解】（1），是的中点，， 又平面，平面，， ，平面，平面， 平面，而平面，. （2）如图，以为原点，分别以，为轴，轴， 建立如图所示空间直角坐标系. 则，，，，， 所以，，，. 设平面的法向量为，则， 取，，，所以. 设平面的法向量为，则， 取，，，所以. ， 设平面与平面所成的角为，而， ， 所以平面与平面所成的角的正弦值为. （3）在棱上存在一点，设，且，， ， ，，， ， 若直线与平面所成的角是， 则，解得， 所以符合条件的点存在，为棱的中点. 19．(1) (2) (3) 由函数， 可得， 设，由， 可得， 则， 又由，可得， ∴函数为单调递增函数， ∴，即， ∴， 由（2）知，当时，，， ∴， 即， ∴， 代入可得： ， 则， ∴， 又因为时，， 所以， 所以. 【分析】（1）对求导，再结合导数的几何意义求切线方程即可； （2）方法一：构造函数，结合导数分和两种情况进行讨论即可求得k的范围； 方法二：构造函数，只需在时恒成立即可 又，且所以要使当时，，必须满足，即，再根据这个结论进行验证即可； 方法三：利用参变分离的方法，构造函数，，最后需要结合洛必达法则求解； （3）由，可得，利用函数为单调递增函数，可得，所以，结合（2）得，代入化简得，又因为时，所以得. 【详解】（1）当时，， ∴ 又∴ ∴切线方程为； （2）方法一： 设 只需在时恒成立即可 又，且 所以要使当时，， 必须满足，即． 下面证明时满足题意： ①当时，由，， 令， 由（1）知，在上单调递增， 所以， 所以当时，，即； ②当时，， 令，，则， 所以在上单调递增， 又，当时，， 所以存在，使得， 当时，，即在上单调递减， 当时，， 所以当时，不恒成立． 综上所述，实数的取值范围是． 方法二： 设， 则， 令，则， 当时，， ，在上单调递增， 即在上单调递增， 所以所以在上单调递增， 所以， 所以符合题意； 当时，令得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以，即在上恒成立， 所以， 所以符合题意； 当时，在上恒成立， 在上单调递增， 即在上单调递增，又因为 当时，， 所以存在，使得， 当时，，即在上单调递减， 当时， 综上所述，实数的取值范围是． 方法三：参变分离得： 令，， ∵，∴ ∴在区间上单调递减 ∴ ∴ ∴在区间上单调递减 ∴ ∴ ∴在区间上单调递减 ∴ 由洛必达法则可得： 综上所述，实数的取值范围是． （3）略 【点睛】利用导数解决函数中的恒成立问题，常用以下两种方法： ①参变分离法：参变分离法是把参数和自变量进行分离，分离到等式或不等式的两边，从而消除参数的影响，把含参问题转化为不含参数的最值、单调性、零点等问题，当然使用这种方法的前提是可以进行自变量和参数的分离； ②含参讨论法：含参讨论法是指通过分析参数对函数相应性质的影响，然后划分情况进行相应分析，解决问题的方法，该类方法的关键是找到讨论的依据或分类的情况，该方法一般在分离参数法无法解决问题的情况下，才考虑采用. 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省长沙市2026-2027学年高三上学期开学学情自测卷 数学试题 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．如果集合，，那么（    ） A． B． C． D． 2．下列函数中，值域为的是（    ） A． B． C． D． 3．已知数列是等差数列，且，，则（    ） A．20 B．15 C．10 D．5 4．已知随机变量的概率分布如下表，则（     ） 1 2 3 0.3 0.3 A．0.6 B．2 C．2.4 D．5 5．已知实数x，y满足，且，则的最小值为（     ） A． B．8 C． D． 6．下图是一个圆台的侧面展开图，已知，且，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 7．在平面直角坐标系中，以轴非负半轴为始边作角和角，它们的终边分别与单位圆交于点，设线段的中点的纵坐标为，若，则点的纵坐标是（    ） A． B． C． D． 8．若对任意的，不等式恒成立，则的取值范围是 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．正方体中，M为中点，O为中点，以下说法正确的是（    ） A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 10．下列选项正确的是（    ） A． B． C． D． 11．定义在区间上的函数满足，，且对任意的，都有，则（   ） A． B． C．不等式在区间上恒成立 D．若，都有，则的最小值为 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12．将一个圆锥的侧面展开后，得到一个半圆，则该圆锥轴截面的顶角等于___________. 13．已知数列满足，且，则________________ 14．一个箱子里有5个相同的球，分别以1∼5标号，若每次取一颗，有放回地取三次，记至少被取出一次的球的个数为，则数学期望________． 4、 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．已知数列是公差不为0的等差数列，若，且，，成等比数列． (1)求的通项公式； (2)若，求数列的前项和； 16．已知，动点P到点F的距离比到直线的距离小1.记动点P的轨迹为E. (1)求E的方程； (2)设，过点P作E的切线，与直线l交于点K，直线PT与l交于点M，与抛物线交于另一点Q. （i）证明：点K与点M的纵坐标的乘积为定值； （ii）设，，求的最大值. 17．生涯规划是对职业生涯乃至人生进行持续的系统的计划过程.高中选科分类是生涯规划的重要组成部分，生涯规划专业团队为某“乡村振兴县”的高中学生指导学生选科分类，生涯规划团队在该县的高一学生中随机抽取100名学生，进行选科类别与学生性别的关系研究，得到的统计数据如下列联表：（单位：名） 男生 女生 合计 历史类 15 25 40 物理类 35 25 60 合计 50 50 100 (1)依据的独立性检验，分析学生的性别是否对选科分类有影响； (2)生涯规划团队远过对随机抽取的100名学生中的男生的样本数据分析得到：首选物理，再选化学和地理的频率为；首选历史，再选化学和地理的频率为.以样本估计总体，频率估计概率，为进一步了解学生选科的情况，再从全校男生中用随机抽样的方法选取4名学生，记选取的4名男生中选化学和地理人数为，求的分布列和数学期望. 附，. 0.100 0.050 0.010 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 18．在如图所示的多面体中，平面，平面，，且，是的中点． (1)求证：； (2)求平面与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成的角是，若存在，写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 19．已知函数，． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，恒成立，求实数的取值范围； (3)设，，若存在，使得．证明：． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $