精品解析：湖南省怀化市2026-2027学年高三上学期开学数学试题

高三数学 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. 复数的模长为（ ） A. B. C. D. 2. 已知等差数列中，，，则公差（ ） A. B. C. D. 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 5. 在的展开式中，所有项的系数和为（ ） A. B. C. D. 6. 已知抛物线上两点，处的切线互相垂直，则（ ） A. B. C. D. 7. 《九章算术》记载的“圆囷”是圆柱形粮仓.现用总长米的篱笆围成一个圆柱形粮仓的侧面（不计上下底），已知圆柱侧面积，侧面用料长度满足（其中为两条母线的长度和，为底面半径，为高，单位均为米）.若要使圆柱侧面积最大，则其高与底面半径之比的值为（ ） A. B. C. D. 8. 定义在上的“关联二次函数”满足，且，则（ ） A. B. C. D. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为1 B. 的最小值为 C. 的图象关于直线对称 D. 的单调递增区间为 10. 已知，，，则（） A. B. C. D. 11. 已知正四面体的棱长为2，点在棱上（不含端点），过点且平行于和的平面截四面体所得截面为四边形.则（ ） A. 截面四边形面积的最大值为1 B. 三棱锥的体积的最大值为 C. 三棱锥的外接球半径的最小值为 D. 异面直线与所成角的余弦值的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量服从正态分布，若，则=_________. 13. 双曲线的焦点坐标为_________. 14. 已知两单位向量满足：对任意的，有恒成立. 若，则对任意的，的取值范围是_____. 四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知在中，角、、的对边分别为、、，且满足． （1）求的值； （2）已知平分且交于点，，求的最小值． 16. 如图，在四棱锥中，是等边三角形，底面是菱形，平面平面，，是的中点． （1）证明：平面； （2）若，求点到平面的距离． 17. 某市举办青少年科技创新知识竞赛，共设三个环节，依次为“基础理论”“实验操作”和“综合应用”.已知某选手通过三个环节的概率分别为，且各环节之间相互独立.每个环节通过得10分，未通过得0分，已知该选手三个环节全部参加.记为该选手的总得分. （1）求该选手恰好通过两个环节的概率； （2）求随机变量的分布列； （3）学校规定：总分达到20分及以上可获一等奖学金500元，总分10分可获二等奖学金200元，总分0分不获奖学金.记该学生获得的奖学金金额为元，求的数学期望. 18. 已知椭圆的离心率为，且经过点． （1）求椭圆的标准方程； （2）设是椭圆上关于坐标原点对称的两点，是椭圆上异于的任意一点，直线的斜率分别为．证明：为定值； （3）设直线与椭圆交于两点，坐标原点到直线的距离为，求面积的最大值． 19. 已知函数，其中. （1）讨论函数的零点个数； （2）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围； （3）证明：对任意正整数，都有. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 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. 复数的模长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，求得，结合复数模的 计算公式，即可求解. 【详解】由复数的运算法则，可得，所以. 2. 已知等差数列中，，，则公差（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为等差数列中，，， 所以. 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，，所以. 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以， 所以. 所以. 5. 在的展开式中，所有项的系数和为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】令，得， 所以二项式展开式中所有项的系数和为1. 6. 已知抛物线上两点，处的切线互相垂直，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数的几何意义得出，处的切线斜率，然后利用切线互相垂直得出. 【详解】的导数，由导数的几何意义， 在处的切线斜率为，在处的切线斜率为. 又因为切线互相垂直，所以，所以 7. 《九章算术》记载的“圆囷”是圆柱形粮仓.现用总长米的篱笆围成一个圆柱形粮仓的侧面（不计上下底），已知圆柱侧面积，侧面用料长度满足（其中为两条母线的长度和，为底面半径，为高，单位均为米）.若要使圆柱侧面积最大，则其高与底面半径之比的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，得到，代入圆柱的侧面积公式，化简得到，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】由，可得，将代入圆柱的侧面积公式， 可得， 因为，所以当时，取得最大值， 将代入，可得，所以. 8. 定义在上的“关联二次函数”满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用赋值法，得，求和即可. 【详解】已知， 令，代入得到， 已知，则有， 所以 ， . 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为1 B. 的最小值为 C. 的图象关于直线对称 D. 的单调递增区间为 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，直接利用周期公式即可判断；对于B，利用正弦函数的有界性即可求得最小值；对于C，代入验证是否等于即可判断；对于D，直接求出单调递增区间即可判断． 【详解】对于A，的最小正周期，故A错误； 对于B，由于的最小值为，所以的最小值为，故B正确； 对于C，当时，， 所以直线不是的对称轴，故C错误； 对于D，令，解得， 所以的单调递增区间为，故D正确． 10. 已知，，，则（） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：利用对数换底公式连环相乘，中间项消去后可判断；对于B：因为，两边同时取对数可得答案；对于C：构造函数，求导研究单调性可得答案； 对于D：利用倒数换底公式后，代入后可得答案. 【详解】选项A：利用对数换底公式，得： ，所以A正确； 选项B：因为， 根据在上单调递增， 可知，，即，所以B错误； 选项C：我们可以构造函数（其中）， 利用换底公式：， 对其求导： 令（其中）， 对其求导， 因为， 所以，所以， 所以在区间上严格单调递增， 所以， 因此，函数在上单调递减， 因为，所以， 即，也就是，所以C正确； 选项D：， ，所以D错误. 11. 已知正四面体的棱长为2，点在棱上（不含端点），过点且平行于和的平面截四面体所得截面为四边形.则（ ） A. 截面四边形面积的最大值为1 B. 三棱锥的体积的最大值为 C. 三棱锥的外接球半径的最小值为 D. 异面直线与所成角的余弦值的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】A.先作平行线，找到截面四边形，由正四面体对棱互相垂直得四边形为矩形，设，，用表示截面四边形的面积，再求最值；B.利用正四面体的体积是，，，故，取不到最大值；C. 当, 底面外接圆半径是刚好是外接球的半径，取到最小值；D. 作平行线找到异面直线与所成角，用表示的三条边，由余弦定理求得，再由求解取值范围. 【详解】正四面体性质：对棱互相垂直；高；体积； 选项 A，过作交于, 过作交于, 过作交于， 则截面四边形为四边形, 因为正四面体对棱互相垂直，即， 所以，所以截面四边形是矩形， 设，，则，， 所以截面四边形面积， 当且仅当时，，A 正确； 选项 B，因为正四面体的体积，且， 因为不含端点，，故，取不到最大值，B 错误； 选项 C，将正四面体补形成正方体，正四面体刚好位于正方体中，由正四面体的棱长为2，得正方体的棱长为， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设的外接圆圆心为， 由正弦定理，得的外接圆的半径为， 可知三棱锥的外接球半径， 取的中点为，则三点共线，且， 得，， 设，，得， 令，即，得，解得， 所以当时，三棱锥的外接球球心为， 此时外接球的半径取得最小值为，C正确； 选项 D，过作交于，则异面直线与所成角等于， 设，，则， 在中，，，， 由余弦定理得，即， 在中，，，，同理由余弦定理得， 在中，由余弦定理得，， 设，得， 令，则， 则， 可得， 因为，则， 可得，所以， 所以，所以， 所以异面直线与所成角的余弦值的取值范围是，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量服从正态分布，若，则=_________. 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以正态曲线关于对称，且标准差， 因为， 所以， 因此. 13. 双曲线的焦点坐标为_________. 【答案】 【解析】 【详解】因为方程是双曲线， 所以两个分母异号， 因为，所以必须满足 且 ， 即双曲线的标准形式为， 则，， 则， 解得，即， 又双曲线焦点在轴上，则焦点坐标为. 14. 已知两单位向量满足：对任意的，有恒成立. 若，则对任意的，的取值范围是_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据数量积的运算律及一元二次不等式恒成立得到，即可求出与的夹角，不妨设、，，即可求出点在以坐标原点为圆心，半径的圆上，设，根据共线定理得到在直线上，则，将问题转化为圆上的点与直线上的点的连线段的长度问题，求出圆心到直线的距离，即可求出最小值. 【详解】因为对任意的，有恒成立， 所以恒成立，即恒成立， 又、为单位向量，所以恒成立， 所以， 所以，所以，设与的夹角为，则， 又，所以， 不妨设、，， 因为，所以，所以点在以坐标原点为圆心，半径的圆上， 设，则在直线上， 又直线的方程为，即， 所以， 所以， 又到直线的距离，所以， 即的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点睛：首先由不等式恒成立求出与的夹角，再者是将向量用坐标表示，最后是将向量模的问题转化为平面几何圆上的点与直线上的点的连线段长度问题. 四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知在中，角、、的对边分别为、、，且满足． （1）求的值； （2）已知平分且交于点，，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理将等式中的边转化为角的正弦值，然后由诱导公式及和差角公式化简等式即可求得的值； （2）由三角形面积公式即可求得的关系，然后由基本不等式求得最小值.由余弦定理求得，借助基本不等式即可求得的最小值. 【小问1详解】 由正弦定理可知：， 在中， ∴，又∵中， ∴，即，∴， ∵，∴，即. 【小问2详解】 由题意可知， ，∴， ∴，由基本不等式可得，即，∴， 当且仅当时取等号. ，∴，当且仅当时取等号. ∴, ∴的最小值为. 16. 如图，在四棱锥中，是等边三角形，底面是菱形，平面平面，，是的中点． （1）证明：平面； （2）若，求点到平面的距离． 【答案】（1）证明：连接，因为是等边三角形，是中点，所以． 又因为，，平面，，所以平面． 因为平面，所以． 因为平面平面，平面平面， ，平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）连接，结合等边三角形的性质，利用线面垂直的判定定理证明平面，进而由线面垂直的性质定理得，然后利用面面垂直的判定定理证明即可． （2）法一：利用线面垂直的判定定理证明平面，在平面内，作于，由线面垂直的性质定理和判定定理得平面，然后在中求解即可； 法二：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后点面距的向量公式求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：在菱形中，， 又因为，，所以，． 因为，平面，，所以平面． 在平面内，作于． 因为平面，平面，所以． 又因为，，平面，， 所以平面， 所以的长度为点到平面的距离． 在中，因为，，， 所以，同理． 因为平面，平面，所以． 在中，因为，所以边上的高． 即点到平面的距离为． 法二：因为平面，平面，所以． 由（1）得、、两两垂直， 故以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， ，，． 设平面的法向量为， 所以所以 所以是平面的一个法向量． 所以点到平面的距离． 17. 某市举办青少年科技创新知识竞赛，共设三个环节，依次为“基础理论”“实验操作”和“综合应用”.已知某选手通过三个环节的概率分别为，且各环节之间相互独立.每个环节通过得10分，未通过得0分，已知该选手三个环节全部参加.记为该选手的总得分. （1）求该选手恰好通过两个环节的概率； （2）求随机变量的分布列； （3）学校规定：总分达到20分及以上可获一等奖学金500元，总分10分可获二等奖学金200元，总分0分不获奖学金.记该学生获得的奖学金金额为元，求的数学期望. 【答案】（1） （2）随机变量的分布列为： （3）402元【解析】 【分析】（1）将“恰好通过两个环节”分解为三种互斥情况：通过第1，2个，未通过第3个；通过第1，3个，未通过第2个；通过第2，3个，未通过第1个，分别求出三种情况的概率，然后相加即可；（2）随机变量的所有可能取值为，，，，分别对应三个环节均未通过；恰好通过一个环节；恰好通过两个环节；三个环节全部通过，利用全概率公式计算得到分布列即可.（3）利用随机变量与随机变量的关系，得出随机变量的分布列，然后利用定义求期望即可. 【小问1详解】 设事件表示“第个环节通过”，则，，，且，，相互独立. “恰好通过两个环节”包含三种互斥情况： 通过第1，2个，未通过第3个：. 通过第1，3个，未通过第2个：. 通过第2，3个，未通过第1个：. 因此，恰好通过两个环节的总概率为. 【小问2详解】 由题意易知，随机变量的所有可能取值为，，，. ①当时，三个环节均未通过： . ②当时，恰好通过一个环节，分为三种情况： 仅通过第1个：概率为：. 仅通过第2个：概率为：. 仅通过第3个：概率为：. 所以. ③当时，恰好通过两个环节，由（1）可知. ④当时，三个环节全部通过： . 综上，随机变量的分布列为： 【小问3详解】由题意，奖学金与总分的关系如下： 当或时（总分），获得一等奖学金元； 当时，获得二等奖学金元； 当时，获得元. 因此，随机变量的取值为，，， 对应概率为：，， . 所以的分布列为： 0 200 500 . 故该学生获得奖学金金额的数学期望为402元. 18. 已知椭圆的离心率为，且经过点． （1）求椭圆的标准方程； （2）设是椭圆上关于坐标原点对称的两点，是椭圆上异于的任意一点，直线的斜率分别为．证明：为定值； （3）设直线与椭圆交于两点，坐标原点到直线的距离为，求面积的最大值． 【答案】（1） （2）设，则．设，其中． 依题意：，， ， 由椭圆方程知：，， 代入得， ，为定值． （3） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件列出方程，解出的值即可求得的标准方程； （2）设出点的坐标，根据斜率的定义代入计算即可得到为定值； （3）设直线，根据到的距离为可得，再将其代入面积的表达式，换元变形后利用基本不等式即可求得最大值． 【小问1详解】 由离心率，得， 又，所以， 椭圆过点，代入椭圆方程得， 将代入得，从而． 故椭圆的标准方程为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设直线，与椭圆：联立，得， 即， 判别式， 原点到直线的距离， 将代入得恒成立， 设，， 则弦长， 的面积， 令，则， 令，变形得， 当时，由基本不等式：，当且仅当，即时等号成立， 此时，故， 当时，， 当直线斜率不存在时，由到直线的距离为可知， 由对称性取，此时，，， 综上可得，面积的最大值为． 19. 已知函数，其中. （1）讨论函数的零点个数； （2）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围； （3）证明：对任意正整数，都有. 【答案】（1）或时，有1个零点；时，没有零点；时，有2个零点. （2） （3）由（2）知，当时，（当且仅当时取等）. 两边同时取为底的对数得，当且仅当时取等， 令且，则， 整理得. 对，，…，累加得， 原不等式得证. 【解析】 【分析】（1）令，可得原函数零点个数等于关于的函数在上的零点个数，求导，分和两种情况讨论可得函数的零点个数； （2）由（1）知对任意恒成立，分，，三种情况讨论可求得的取值范围； （3）由，可得，令，可得，进而利用累加法可证结论. 【小问1详解】 函数的定义域为，将函数变形得， 令，由于，故在上单调递增，其值域为. 于是原函数零点个数等于关于的函数在上的零点个数. 则. ①当时，，在上单调递增. 若，则，无零点； 若，取，则， 取，则， 由零点存在定理，在上有唯一零点，结合单调性，共1个零点. ②当时，令得. 当时；当时， 故的极小值（最小值）为. 若，则，，函数无零点； 若，则，函数恰有1个零点； 若，则，结合时，此时； 时，此时，故函数有2个零点. 综上：或时，有1个零点；时，没有零点；时，有2个零点. 【小问2详解】 由同构可知对任意恒成立. 当时，取，则，不成立； 当时，恒成立； 当时，由（1）知的最小值为， 令，结合解得. 综上所述，的取值范围是. 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $