精品解析：湖南株洲市第四中学2026-2027学年高三8月开学考试数学试题

2026.8高三开学考试数学试题 （时量：120分钟 满分：150分 考试范围：高考所有内容） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每道题只有一个答案符合题意． 1. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. 1 D. 2. 已知向量，．若，则（ ） A. B. C. 3 D. 6 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知双曲线C：经过点，则C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知对于任意，都有，且，则（ ） A. 4 B. 8 C. 64 D. 256 6. 已知等差数列的前项和为，公差为，且单调递增．若，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 中心极限定理是概率论中的一个重要结论．根据该定理，若随机变量，则当且时，可以由服从正态分布的随机变量近似替代，且的期望与方差分别与的均值与方差近似相等．现投掷一枚质地均匀分布的骰子2500次，利用正态分布估算骰子向上的点数为偶数的次数少于1300的概率为（ ） 附：若：，则，，． A. 0.0027 B. 0.5 C. 0.8414 D. 0.9773 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．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，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则在上单调递减 D. 若，则在上单调递增 10. 指示函数是一个重要的数学函数，通常用来表示某个条件的成立情况.已知为全集且元素个数有限，对于的任意一个子集，定义集合的指示函数若，则（ ） 注：表示中所有元素所对应的函数值之和（其中是定义域的子集）. A. B. C. D. 11. 已知空间两条异面直线所成的角等于60°，过点与所成的角均为的直线有且只有一条，则的值可以等于（ ） A. 30° B. 45° C. 75° D. 90° 三、填空题：本题共3道题，每小题5分，共15分 12. 的展开式中的系数是__________. 13. 设数列的前项和为，等比数列的前项和为，若，，则__________. 14. 已知双曲线都经过点，离心率分别记为，设双曲线的渐近线分别为和.若，则_____. 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. 记的内角所对的边分别为，已知． （1）求； （2）若，，求的面积． 16. 已知四面体. （1）证明：; （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知抛物线的焦点到准线的距离为2，点，过的直线交于，两点，过，分别作的垂线，垂足分别为，，直线，与直线分别交于点，. （1）求的方程； （2）记，的纵坐标分别为，，当时，求直线的斜率； （3）设为轴上一点，记，分别为直线，的斜率.若为定值，求点的坐标. 18. 在数轴的坐标原点放置一个机器人，它每过1秒都将以的概率向数轴正方向或负方向移动1个单位长度，机器人每次经过或3时都会向雷达发送一次信息，且雷达会瞬间收到.设事件表示“机器人的前 次移动均未向雷达发送信息”. （1）求， （2）已知①②两个结论：①；②设是一列无穷个事件，若存在正数，对于任意的均有，则“中只有有限个事件同时发生”的概率为1. （i）证明：事件；“雷达会收到信息”的概率为1； （ii）求机器人首次发送信息时所在位置为3的概率. 19. 已知函数. （1）判断的奇偶性； （2）若，求证：； （3）若存在，使得对任意，均有，求正实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026.8高三开学考试数学试题 （时量：120分钟 满分：150分 考试范围：高考所有内容） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每道题只有一个答案符合题意． 1. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据复数的除法运算求出，再根据共轭复数的概念确定复数，最后根据的周期性求结果. 【详解】由已知， 所以，. 故选：C 2. 已知向量，．若，则（ ） A. B. C. 3 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量平行的判定方法得到，再解方程即可. 【详解】由，知，解得. 故选：C. 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先解绝对值不等式求出集合，再根据幂函数的性质求出集合，最后根据交集的定义计算可得. 【详解】由，即，解得， 所以， 又， 所以. 故选：C 4. 已知双曲线C：经过点，则C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出双曲线方程再根据双曲线渐近线的求法得解. 【详解】因为双曲线C：经过点， 所以，渐近线方程为. 故选：B 5. 已知对于任意，都有，且，则（ ） A. 4 B. 8 C. 64 D. 256 【答案】D 【解析】 【分析】由题意有，得，求值即可. 【详解】由，当时，有， 由，则有. 故选：D 6. 已知等差数列的前项和为，公差为，且单调递增．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】因为数列为递增数列，所以从第二项开始，各项均为正数，由此可求得取值范围. 【详解】因为为等差数列，且，所以， 又数列为递增数列，所以从第二项开始，各项均为正数. 由. 因为恒成立，所以数列为常数数列或递增数列，所以. 综上，. 故选：A 7. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据角的范围，利用同角的三角函数关系求得的值，利用两角差的余弦公式即可求得，继而利用二倍角的余弦公式求得答案. 【详解】由于，则， 而，故， 由，可得， 则 ， 故， 故选：D 8. 中心极限定理是概率论中的一个重要结论．根据该定理，若随机变量，则当且时，可以由服从正态分布的随机变量近似替代，且的期望与方差分别与的均值与方差近似相等．现投掷一枚质地均匀分布的骰子2500次，利用正态分布估算骰子向上的点数为偶数的次数少于1300的概率为（ ） 附：若：，则，，． A. 0.0027 B. 0.5 C. 0.8414 D. 0.9773 【答案】D 【解析】 【分析】先得到，满足且，从而计算出期望和方差，得到，利用正态分布的对称性求解. 【详解】骰子向上的点数为偶数的概率，故， 显然，其中，， 故， 则， 由正态分布的对称性可知，估算骰子向上的点数为偶数的次数少于1300的概率为 . 故选：D 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．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，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则在上单调递减 D. 若，则在上单调递增 【答案】ACD 【解析】 【分析】由，可得是的极小值点，即可判断AB；求导，再根据导函数的符号即可判断CD. 【详解】对于AB，， 因为，所以是的极小值点， 则，解得， 此时， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以，故A正确，B错误； 对于C，若，则， 当时，，所以在上单调递减，故C正确； 对于D，若，则， 当时，，所以在上单调递增，故D正确. 故选：ACD. 10. 指示函数是一个重要的数学函数，通常用来表示某个条件的成立情况.已知为全集且元素个数有限，对于的任意一个子集，定义集合的指示函数若，则（ ） 注：表示中所有元素所对应的函数值之和（其中是定义域的子集）. A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据的定义，即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A，由于,所以 故，故A错误， 对于B，若,则，此时满足， 若且时，， 若且时，， 若且时，， 综上可得，故B正确， 对于C， 而， 由于，所以 故,C正确， , 当时，此时中至少一个为1，所以， 当时，此时均为0，所以， 故,故D正确， 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：充分利用的定义以及的定义，由此可得时，此时均为0，时，此时中至少一个为1，结合的定义化简求解. 11. 已知空间两条异面直线所成的角等于60°，过点与所成的角均为的直线有且只有一条，则的值可以等于（ ） A. 30° B. 45° C. 75° D. 90° 【答案】AD 【解析】 【分析】过点作，求得直线与所成角的范围为或，结合选项，即可求解. 【详解】过点作， 从两对角的角平分线开始，直线与所成角的范围为或， 而均为的直线有且仅有一条，根据对称性，可得或. 故选：AD. 三、填空题：本题共3道题，每小题5分，共15分 12. 的展开式中的系数是__________. 【答案】8 【解析】 【分析】写出二项式展开式的通项公式，令的指数为1，解出，可得结果. 【详解】展开式的通项公式为，(其中)， 令，解得，即二项式展开式中的系数为. 故答案为：8 13. 设数列的前项和为，等比数列的前项和为，若，，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，先求出等比数列的通项公式和前n项和，进而求得，再利用项与和的关系求得通项. 【详解】设等比数列的公比为， 由，则，解得，又， 所以，，代入， 解得， 当时，， 当，时，， 满足上式，所以，. 故答案为：. 14. 已知双曲线都经过点，离心率分别记为，设双曲线的渐近线分别为和.若，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】分和两种情况讨论，当时，不妨设，分别将双曲线的方程用表示，再结合和离心率公式分类求出两双曲线的离心率即可得解. 【详解】当时，点在渐近线上，不合题意； 当时，不妨设， 则， 因为双曲线经过点， 所以， 所以， 因为，所以，则双曲线的焦点在轴上， 所以， 同理， 因为，所以，则双曲线的焦点在轴上， 所以， 所以，即， 综上所述，. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下： （1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值； （2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解； （3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率. 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. 记的内角所对的边分别为，已知． （1）求； （2）若，，求的面积． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，边化角，结合三角形中角的取值范围，可得，从而确定角. （2）根据条件求角求边，再结合三角形面积公式求面积. 【小问1详解】 由 得，而为三角形内角， 故 ,得，而为三角形内角，或 【小问2详解】 由得， 又，∴， ，故 ， 由（1）得，故， ∴，而为三角形内角， ∴. 又即， 又，而为三角形内角，故， . 16. 已知四面体. （1）证明：; （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明如下： 取的中点，连， 由，可得， 又因为，平面， 所以 平面 ， 因为平面，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可知，结合线面垂直的判定定理分析证明； （2）方法1：根据题意可知：平面平面，作辅助线，可知平面，利用等体积法求点到平面的距离为，结合线面夹角的定义分析求解；方法2：根据题意可知：平面平面，作辅助线，可知平面，建系，利用空间向量求线面夹角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法1：因为，所以， 又因为，所以， 由（1）可得平面，所以平面平面， 作交延长线于点，则平面且， 设点到平面的距离为， 因为，则， 可得， 设直线与平面所成角为，可得， 所以直线与平面取成线面角的正弦值为； 方法2：因为，所以， 又因为，可知， 由（1）可得平面，且平面， 所以平面平面， 作交延长线于点， 则平面且， 如图，以为轴，为轴，轴建立空间直角坐标系， 则， 可得， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，可得， 设直线与平面所成角为， 可得， 所以直线与平面取成线面角的正弦值为. 17. 已知抛物线的焦点到准线的距离为2，点，过的直线交于，两点，过，分别作的垂线，垂足分别为，，直线，与直线分别交于点，. （1）求的方程； （2）记，的纵坐标分别为，，当时，求直线的斜率； （3）设为轴上一点，记，分别为直线，的斜率.若为定值，求点的坐标. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意得到，即可求解； （2）设直线的方程为，联立抛物线方程，结合韦达定理即可求解； （3）由（2）结合两点斜率公式即可求解. 【小问1详解】 由题意知，所以抛物线方程为. 【小问2详解】 由题意可设直线的方程为，，，则，，. 所以，得， 所以，. 所以直线的方程为：，与直线的方程联立消去， 解得，同理. 所以.所以. 所以直线的斜率为. 【小问3详解】 设， 因为. 因为，. 所以， 当时，为定值.所以. 18. 在数轴的坐标原点放置一个机器人，它每过1秒都将以的概率向数轴正方向或负方向移动1个单位长度，机器人每次经过或3时都会向雷达发送一次信息，且雷达会瞬间收到.设事件表示“机器人的前 次移动均未向雷达发送信息”. （1）求， （2）已知①②两个结论：①；②设是一列无穷个事件，若存在正数，对于任意的均有，则“中只有有限个事件同时发生”的概率为1. （i）证明：事件；“雷达会收到信息”的概率为1； （ii）求机器人首次发送信息时所在位置为3的概率. 【答案】（1）； （2） （i），因此， ， ， 对于一系列无穷事件，存在正数，对于任意的n都有，， 则“中只有有限个事件同时发生”的概率为1，即“中有事件不发生”的概率为1，即“雷达会收到信息”的概率为 （ii） 【解析】 【分析】（1）根据题意直接计算得出结论； （2）（i），因此，即可证明结论； （ii）利用全概率公式可得结论. 【小问1详解】 由题意，前2 次移动向雷达发送信息，则需要连续向左移动2次，则， 若机器人经过，则必不经过3，包括： 前两次都向左移动1个单位； 先向左移动1个单位，再向右移1个单位，再向左移动2个单位； 先向右移动1个单位，再向左移动3个单位， 则其概率， 若机器人经过3，则必不经过，包括：前3次连续向右移动，则其概率， 故； 【小问2详解】 （i）略 （ii）设事件机器人从出发，运动至3首次发送信息， 根据（i），机器人发信息的概率为1，即它会从0运动至或3的概率为1， 再根据对称性，机器人初始位置为0，首次发信息在的概率与初始位置在1， 首次发信息在3的概率相等，即 设事件表示点移动到1，事件，表示点移动到0，设事件表示点移动到 易知事件与事件相互独立，故 又根据全概率公式，若机器人初始位置为0， 第一次移动后的位置为1 或，故， 故，① 若机器人初始位置为，第一次移动后的位置为0，故， 即，② 解①②，解得，从而雷达第一次收到信息时机器人位置为3的概率为 【点睛】关键点点睛：本题第二问有可得，利用不等式放缩可知，进而再放缩可得进而可得. 19. 已知函数. （1）判断的奇偶性； （2）若，求证：； （3）若存在，使得对任意，均有，求正实数的取值范围. 【答案】（1）为偶函数， （2） 当时，为偶函数， 要证，只需要证， 当时，， 只需证明时，，即证， 只需证，即证， 令在单调递增，故，所以，得证. （3） 【解析】 【分析】（1）根据奇偶性的定义即可判断， （2）将不等式等价于，平方化简只需要证明，构造即可求导求解， （3）构造，对进行多阶求导，即可根据导数的正负与函数单调性的关系，对分三种情况讨论，即可求解. 【小问1详解】 , 当时，定义域为，当时，定义域为，均关于原点对称， 且， 故为偶函数， 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由可得， 当时，，故， 故， 令，则， 令， 令， ①当时，即，存在，使得对任意，， 故在单调递增，又，所以在恒成立， 从而在单调递增，又，所以在恒成立， 从而在单调递增，结合，得对任意恒成立，符合题意， ②当时，，存在，使得对任意，， 故在单调递减，又，所以在恒成立， 从而在单调递减，又，所以在恒成立， 从而在单调递减，结合，得对任意恒成立，不符合题意， ③当时，令，，则，类推②同理可得不符合题意， 综上可得 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的常用步骤： (1)作差或变形； (2)构造新的函数； (3)利用导数研究的单调性或最值； (4)根据单调性及最值，得到所证不等式． 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $