精品解析：湖南省长沙市实验中学2026-2027学年高三上学期第一次阶段检测数学试卷

长沙市实验中学2027届高三第一次阶段检测 数学试卷 本试卷共5页，19题 满分 150分 时量120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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，将本试题卷和答题卡一并交回. 一、单选题(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. 集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，且与互相垂直，则实数（ ） A. B. C. D. 5 3. 函数 的值域是，则定义域为（ ） A. B. C. D. 4. 余弦曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 6. 在数列中，，且对任意大于1的正整数，点在直线上，则为（ ） A. B. C. D. 7. 若函数 的定义域为， 且为偶函数，关于点成中心对称， 则下列 说法正确的是（ ） A. 的一个周期为 B. C. 的一条对称轴为 D. 8. 记函数的导函数为，已知，且，，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题(本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分) 9. 已知函数，则（ ） A. 函数的最大值为2 B. 函数的最小正周期为 C. 函数的图象关于点对称 D. 将函数的图象向左平移个单位长度，可得到的图象 10. 如图， 正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ） A. 存在点， 使得平面 B. 异面直线与所成的角的大小为 C. 过三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形 D. 若平面，则点的轨迹的长度为 11. 已知方程所表示的曲线即为函数的图象，则下列结论正确的是（ ） A. 函数在上单调递增 B. 函数的图象关于直线对称 C. 函数不存在零点 D. 曲线上第一象限内的点到直线与的距离之积为定值 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12. 若 是纯虚数，则________. 13. 设随机变量X服从正态分布，则的最小值为______． 14. 已知函数，且为奇函数．若关于x的方程在上有四个不相等的实数解，则________． 四、解答题(本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 15. 如图，已知中，，，，延长至点，连接． （1）求的长； （2）若，求的面积． 16. 如图所示，在直四棱柱中，底面ABCD为菱形，，，． （1）若，求证：平面； （2）若平面与平面ABCD夹角的余弦值为，求的值． 17. 已知抛物线的焦点为F，点在C上，且． （1）求C的方程； （2）过F的直线与C交于A，B两点，若P在以为直径的圆上，求的面积． 18. 某科技公司正在研发一款新型量子计算芯片，该芯片的制造与测试流程分为三个关键阶段：量子比特制备（第1阶段）、量子纠缠校准（第2阶段）和逻辑门操作验证（第3阶段）．测试人员必须按顺序完成各阶段测试，且每个阶段的测试次数不限，只有当前阶段测试通过后才能进入下一阶段．一旦通过第3阶段测试，即视为芯片合格并结束整个测试流程．已知某工程师进行测试时，第1、2、3阶段单次测试通过的概率分别为，，，且每次测试相互独立．记事件为“该工程师第次测试后芯片合格”． （1）求，； （2）记“第次测试后恰好通过量子纠缠校准测试”为事件，记“第至次进行逻辑门操作验证测试没有通过且第次通过”为事件，求，并求的表达式； （3）比较与的大小． 19. 定义． （1）证明：； （2）当时，判断函数的零点个数，并说明理由； （3）当时，求最大的整数m，使得存在，对任意，都有不等式成立．（参考数据：，） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长沙市实验中学2027届高三第一次阶段检测 数学试卷 本试卷共5页，19题 满分 150分 时量120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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，将本试题卷和答题卡一并交回. 一、单选题(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. 集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为不等式的解为， 所以， 因为，所以. 2. 已知向量，，且与互相垂直，则实数（ ） A. B. C. D. 5 【答案】A 【解析】 【详解】因为向量，， 所以，， 因为与互相垂直， 所以，解得. 3. 函数 的值域是，则定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题意知，， 函数均单调递增，则单调递增， 故，解得， 即函数 的定义域为． 4. 余弦曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，则，可得曲线在点处的切线斜率为， 则曲线在点处的切线方程为，即． 5. 已知角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为角的终边经过点，所以， 所以，所以. 6. 在数列中，，且对任意大于1的正整数，点在直线上，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】∵ 对任意大于1的正整数，点在直线上， ∴ ，即. ∴ 数列是首项，公差的等差数列. ∴ . 7. 若函数 的定义域为， 且为偶函数，关于点成中心对称， 则下列 说法正确的是（ ） A. 的一个周期为 B. C. 的一条对称轴为 D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，则得是偶函数，的图象关于点对称，然后得出的图象关于直线对称，又关于点对称，再根据周期性、对称性、奇偶性推理可得． 【详解】令，则是偶函数，关于点中心对称， 为偶函数，则的图象关于直线对称，， 关于点成中心对称，则的图象关于点对称，， ， 是奇函数，是周期函数，周期是4，2显然不是函数的周期，也不是的周期，A错； ，，∴，不是函数图象的对称轴，也不是图象的对称轴，C错； ，因此，D正确， ，，， ，∴，B错． 故选：D． 【点睛】结论点睛： （1）函数的图象关于直线对称，又关于点对称，则是周期函数，是其一个周期； （2）函数的图象既关于直线对称，又关于直线对称，则是周期函数，是其一个周期； （3）函数的图象既关于点对称，又关于点对称，则是周期函数，是其一个周期． 8. 记函数的导函数为，已知，且，，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知的导函数不等式构造新的单调函数，将原不等式转化为一次不等式恒成立问题求解. 【详解】因为，，构造函数，所以， 因为，且恒成立，因此，即是在上的严格单调递增函数， 因为，因此，对原不等式两边同时除以， 可得，即，等价于，即， 因为在上恒成立，因为，不等式可变形为， 因为是单调递减函数，最小值在处取得，为，因为是对上恒成立， 所以，即，所以的取值范围为. 二、多选题(本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分) 9. 已知函数，则（ ） A. 函数的最大值为2 B. 函数的最小正周期为 C. 函数的图象关于点对称 D. 将函数的图象向左平移个单位长度，可得到的图象 【答案】BD 【解析】 【分析】根据正弦函数的值域即可判断A选项；由正弦型函数最小正周期公式和对称中心判断B，C选项；根据图象平移变换（左加右减）判断D选项. 【详解】正弦函数的值域为,因此的最大值为1，A选项错误； 的最小正周期，B选项正确； 因为，所以不是的对称中心，C选项错误； 函数的图象向左平移个单位长度, 得到的图象，D选项正确. 10. 如图， 正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ） A. 存在点， 使得平面 B. 异面直线与所成的角的大小为 C. 过三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形 D. 若平面，则点的轨迹的长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，取的中点，通过平面平面，即可判断，B选项，作出辅助线，为直线与所成角，为等边三角形，故；C选项，作出辅助线，得到四边形为截面图形，并得到其为梯形；D选项，作出辅助线，证明出平面平面，故当在线段上时，平面，点的轨迹的长度为. 【详解】A选项，取的中点，连接， 因为，分别是，的中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，同理可得平面， 因为，平面，所以平面平面， 故当在线段上时，满足平面，A正确；    B选项，由A知，且，所以，故为直线与所成角或其补角， 连接，则， 所以为等边三角形，故， 异面直线与所成的角的大小为，B正确； C选项，连接，由A知，，又，所以， 所以四边形即为过，，三点的平面截正方体所得截面图形， 因为，所以四边形为梯形，C错误； D选项，连接， 因为，平面，平面， 所以平面， 又，同理可得平面， 又，平面， 所以平面平面， 故当在线段上时，平面， 所以平面， 所以若平面，则点的轨迹的长度为，D正确. 11. 已知方程所表示的曲线即为函数的图象，则下列结论正确的是（ ） A. 函数在上单调递增 B. 函数的图象关于直线对称 C. 函数不存在零点 D. 曲线上第一象限内的点到直线与的距离之积为定值 【答案】ACD 【解析】 【分析】本题核心是根据绝对值分段拆解方程，分，，，四种区间写出分段曲线，再逐一验证单调性、对称性、零点、距离定值四个选项，综合双曲线性质与函数单调性、点到直线距离公式判断正误. 【详解】首先拆解曲线方程： 当，（第一象限）时：，，方程化为，即； 当，（第四象限）时：，，方程化为，即； 当，（第二象限）时，，，方程化为，即，无实数解，不存在对应曲线； 当，（第三象限）时，，，方程化为，即. 作出图象： 对于A：由图可知，三段图象全部随增大增大，在全体实数域单调递增，A 正确. 对于B：将中的替换成，替换成，得与不相同， 故的图象不关于直线对称，故B错误. 对于C：直线为双曲线与双曲线的一条公共的渐近线， 且直线与曲线无公共点， 则直线与函数的图象没有公共点，则函数不存在零点，C正确. 对于D：设曲线上第一象限内的点为，则，即， 所以点到直线的距离， 点到直线的距离， 所以，故D正确. 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12. 若 是纯虚数，则________. 【答案】 【解析】 【详解】， 因为是纯虚数， 故且，即. 13. 设随机变量X服从正态分布，则的最小值为______． 【答案】##0.125 【解析】 【分析】由题意可知，，再由基本不等式求解即可． 【详解】由题意可知，正态曲线关于对称，所以， 所以， 因为，得， 得，等号成立时，， 所以的最小值为. 故答案为： 14. 已知函数，且为奇函数．若关于x的方程在上有四个不相等的实数解，则________． 【答案】 【解析】 【分析】先通过三角恒等变换化简的解析式，结合奇函数的性质求解参数，再利用函数的对称性确定四个实根的平均值，代入函数计算即可. 【详解】∵ ， 又∵ ， ∴ . 令，由为奇函数，得，且. ∵ ， 奇函数不含余弦项，故的系数为0，即，解得. 再由，得，代入的值，得，解得. 故. ∵，∴. ∵ 方程在上有四个不等实根，即有四个解， 则或，即或， ①当，即时， 由图象可知，交点两两关于对称，故，， ∴ ，则. ∴ . ②当，即时， 由图像可知，交点两两关于对称，故，， ∴ ，则. ∴ . 综上，. 【点睛】方法归纳：本题利用三角恒等变换化简三角函数，结合奇函数的性质求解参数，再利用函数的对称性快速求解方程根的和，避免了复杂的解方程过程. 四、解答题(本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 15. 如图，已知中，，，，延长至点，连接． （1）求的长； （2）若，求的面积． 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【分析】（1）在中，利用正弦定理求； （2）在中，利用余弦定理求，再根据三角形面积公式计算即可. 【小问1详解】 在中，由正弦定理得：， 又，，． 所以． 【小问2详解】 在中，由余弦定理得：， 代入得， （负数舍）， 故的面积为． 16. 如图所示，在直四棱柱中，底面ABCD为菱形，，，． （1）若，求证：平面； （2）若平面与平面ABCD夹角的余弦值为，求的值． 【答案】（1） 如图1，连接，设． 在直四棱柱中，O为菱形对角线的交点， 所以O为对角线的中点． 当时，E为的中点，所以． 因为平面，平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）连接，设,当时，E为的中点，所以,根据线面平行的判断定理即可证明； （2）根据条件建立以A为坐标原点的空间直角坐标系，根据面面角的向量表示建立方程解出即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图2，设CD的中点为F，连接AF． 因为为等边三角形，所以． 又，所以． 又平面ABCD，所以，． 以A为坐标原点，建立如图2所示的空间直角坐标系． 则，，，，，． 所以，，，． 设平面的一个法向量为，则即 取，则，，所以． 又平面ABCD的一个法向量为， 所以． 因为平面与平面ABCD夹角的余弦值为， 所以，解得． 17. 已知抛物线的焦点为F，点在C上，且． （1）求C的方程； （2）过F的直线与C交于A，B两点，若P在以为直径的圆上，求的面积． 【答案】（1）; （2）; 【解析】 【分析】(1)由点P在抛物线上及，结合抛物线定义求p，得到方程； (2)联立直线AB:与抛物线方程，结合韦达定理与，可解得的值，再利用弦长公式和点到直线的距离求解. 【小问1详解】 因为点在抛物线上，所以，得， 因为抛物线的准线方程为，且， 由抛物线的定义可得，解得， 所以抛物线的方程为； 【小问2详解】 由（1）知，，， 易知过点F的直线斜率不为0，设其方程为， 将代入，得到， 设，，则，， ， ， ，， 因为P在以为直径的圆上， 所以， 即， 化简得：，解得：或. 当时，直线为，此时但与重合，舍去. 当时，直线为，此时，， 则, 点到直线的距离：， 所以的面积为. 18. 某科技公司正在研发一款新型量子计算芯片，该芯片的制造与测试流程分为三个关键阶段：量子比特制备（第1阶段）、量子纠缠校准（第2阶段）和逻辑门操作验证（第3阶段）．测试人员必须按顺序完成各阶段测试，且每个阶段的测试次数不限，只有当前阶段测试通过后才能进入下一阶段．一旦通过第3阶段测试，即视为芯片合格并结束整个测试流程．已知某工程师进行测试时，第1、2、3阶段单次测试通过的概率分别为，，，且每次测试相互独立．记事件为“该工程师第次测试后芯片合格”． （1）求，； （2）记“第次测试后恰好通过量子纠缠校准测试”为事件，记“第至次进行逻辑门操作验证测试没有通过且第次通过”为事件，求，并求的表达式； （3）比较与的大小． 【答案】（1）， （2），， （3）当，3，4时，，当时，． 【解析】 【分析】（1）利用独立事件乘法公式和互斥事件加法公式，计算和的概率。 （2）利用组合计数原理与独立事件乘法公式求、，结合全概率公式与错位相减法推导的表达式. （3）结合条件概率公式转化问题，通过构造数列判断单调性，最后比较两个条件概率的大小. 【小问1详解】 依题意，， 事件发生分两种情况，当测试失败的情况发生在第三阶段概率为， 由于前两个测试失败的概率相同，所以当测试失败的情况发生在前两个阶段概率为， 所以． 【小问2详解】 先求事件的概率， 第次测试后恰好通过量子纠缠校准测试，表示首次通过第一阶段的测试发生在第次（）， 且首次通过第二阶段的测试发生在第次，对所有可能的求和得到. 求事件发生分两步： 第一步，第次测试后恰好通过量子纠缠校准测试，概率为， 第二步，第次至次进行逻辑门操作验证测试没有通过，第次通过，概率为 ； 由全概率公式得，， 设，则， 两式相减得，， 所以，所以． 【小问3详解】 依题意，，又因为，， 所以， 令，则，因为， 所以，故数列在时递增， 又，，故当，3，4时，， 故，当时，，故． 19. 定义． （1）证明：； （2）当时，判断函数的零点个数，并说明理由； （3）当时，求最大的整数m，使得存在，对任意，都有不等式成立．（参考数据：，） 【答案】（1） 设，则， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则，即， 则. （2）2个，理由如下： 当时，， 则， 令，得，即， 由于，则时，，此时方程无实数根，即函数无零点； 当时，，可得方程可化为，即， 设，则， 设，则 因为函数在上单调递减， 所以函数在上单调递减， 又， 所以，使得， 当时，；时，， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 则时，在上单调递增， 则，即函数在上单调递减， 又，所以为在上的唯一零点； 当时，在上单调递增，在上单调递减， 又，则时，， 所以函数在上单调递增，此时，不存在零点， 又，因此，使得， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 又，， 所以在上恒成立，此时函数不存在零点； 当时，单调递减，单调递减， 则函数在上单调递减， 又，，即， 所以函数在上存在唯一零点； 当时，，， 则，即在上不存在零点. 综上所述，函数有且仅有2个零点. （3）1 【解析】 【分析】（1）设，利用导数分析其单调性，可得，进而求证即可； （2）令，得，分析易知时，函数无零点，当时，结合导数、零点存在性定理分类判断即可； （3）转化问题为恒成立，设，利用导数分析其单调性，可得，令，可得，，进而利用导数分析其单调性，进而求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 当时，， 则，即， 由题意，存在，对任意，都有不等式成立， 题目求最大的整数m，先设， 即， 设，，， 则，令，得， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则， 令，则，即，， 则，设， 则， 所以在上单调递减，而，则， 则，而， 因此存在，使得，即， 则时，，时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 则， 设，则， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则，即， 所以， 又时，，则， 则，则整数m的最大值为1. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $