湖北华中师范大学第一附属中学2027届高三八月第二次独立作业数学试题

**基本信息** 华中师大一附中2027届高三数学独立作业，120分钟150分，覆盖函数、几何、概率等核心模块，通过梯度设计与创新情境考查数学抽象、逻辑推理及数学建模素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题40分|复数、集合、向量、数列等|基础概念辨析，如向量充要条件判断| |多选题|3题18分|立体几何、函数性质|多选项逻辑推理，如函数切线存在性分析| |填空题|3题15分|函数奇偶性、统计残差、三角函数|结合实际数据（碳酸锂价格）考查残差计算| |解答题|5题77分|解三角形、立体几何、导数、概率统计、数列新定义|综合应用与创新，如数列新定义问题构建逻辑体系|

华中师范大学第一附属中学2027届高三独立作业数学试题 考试时间： 120分钟 试卷满分： 150分 命题人：钟旭 一、单选题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分） 1．已知，则在复平面上，复数所对应的点在（     ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 3．若为非零向量，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．设等比数列的前项和为，若，，则（    ） A． B． C． D． 5．的展开式中的常数项为（   ）． A． B．4 C． D．2 6．若，，，则、、的大小顺序为（   ） A． B． C． D． 7．如图，正方体的棱长为4，为正方形的中心，为棱的中点，过点的平面将正方体分成上、下两部分，则较小的部分体积大小为（   ） A．16 B．18 C． D．24 8．已知椭圆E：的左焦点为F，过点分别作E的切线、，切点分别为A、B，则面积最大值为（    ） A． B． C．2 D． 二、多选题（本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分） 9．设为互不重合的平面，为互不重合的直线，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 10．已知函数，则（    ） A．的极大值为3 B．当且仅当 C．过点恰能作曲线的3条切线 D．若，则 11．已知，其中．点分别满足，其中，直线与直线交于点，则（   ） A．当时，直线与直线斜率乘积为 B．当时，存在点，使得 C．当时，面积最大值为 D．若存在，使得，则 三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12．若函数是奇函数，则______. 13．下表是某地3月1日至3月5日电池级碳酸锂的价格与日期的统计数据： 日期代码x 1 2 3 4 5 电池级碳酸锂价格y（十万元/吨） 4.1 3.9 3.8 3.8 3.9 根据表中数据，得出y关于x的经验回归方程为，则样本点处的残差为__________． 14．函数（其中，，）的部分图象如图所示，把函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象.对于，总存在唯一的实数，使得成立，则m的取值范围为______ 四、解答题（本大题共 5 小题，共 77 分） 15．（13分）在中，角、、的对边分别为，，，已知，，是边上的点， (1)若且，求的长； (2)若，，求的值. 16．（15分）已知三棱锥（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中： (1)证明：平面平面； (2)若点在棱上运动，当直线与平面所成的角最大时，求二面角的余弦值. 17．（15分）已知函数（）. (1)是否存在实数，使得为函数的极小值点.若存在，求的值；若不存在，请说明理由； (2)若图象上总存在关于点对称的两点，求的取值范围. 18．（17分）盒子里有编号为的个大小、形状、质地完全相同的小球，在盒子中连续有放回地取出两个小球，记为第次取出的小球的编号， (1)试计算比大的概率； (2)求的分布列和期望； (3)已知随机变量的期望具有线性可加性，即对于随机变量，有，试分别计算的期望.其中，表示a，b中的最小者，表示a，b中的最大者. （参考公式：）． 19．（17分）若有穷数列满足：①；②，则称为数列. (1)已知是数列，写出的所有可能值； (2)已知是数列，对任意给定的，将的所有可能取值从小到大排列构成一个新的数列. （i）证明：当时，是等差数列； （ii）求中所有项的和. 2026-2027学年高三上学期八月独立作业数学 答案 一、单选题 1．已知，则在复平面上，复数所对应的点在（     ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】A 【详解】因为， 所以所对应的点为，位于第一象限. 2．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据一元二次不等式化简集合A，再由集合的交集运算即可. 【详解】由题意知，， 则． 故选：C． 3．若为非零向量，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】根据向量的定义分析即可. 【详解】设为方向上的单位向量， 则，， 所以，可以推出， 不能推出，即. 4．设等比数列的前项和为，若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，结合等比数列的前项和的性质即可求解. 【详解】已知等比数列的前项和为，设等比数列的公比为， 根据等比数列的前项和的性质，，，，等构成一个公比为的等比数列， 已知，，则，所以， 所以，即， ，即， 因此，故C正确. 5．的展开式中的常数项为（   ）． A． B．4 C． D．2 【答案】A 【分析】应用二项式定理，写出展开式通项，结合乘积关系写出常数项. 【详解】二项式的展开式的通项公式为，， 令，得，令，得， 由于， 故其展开式中的常数项为. 故选：A 6．若，，，则、、的大小顺序为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用作差法、换底公式、基本不等式可得出、、的大小关系. 【详解】因为 ，即， ，即，因此，. 故选：A. 7．如图，正方体的棱长为4，为正方形的中心，为棱的中点，过点的平面将正方体分成上、下两部分，则较小的部分体积大小为（   ） A．16 B．18 C． D．24 【答案】D 【分析】取的中点，连接过点作直线，分别交于点，先证明，推得平面即过点的截面，所求即为多面体的体积，利用棱柱的体积公式计算即得. 【详解】 如图，取的中点，连接过点作直线，分别交于点，连接， 因为正方形的中心，则，因，则易得. 又因为棱的中点，则易得，即四边形为平行四边形， 则得，故，于是，平面即过点的截面， 显然正方体被截面分成的较小的部分为多面体，记其体积为， 则. 8．已知椭圆E：的左焦点为F，过点分别作E的切线、，切点分别为A、B，则面积最大值为（    ） A． B． C．2 D． 【答案】A 【分析】根据椭圆上一点的切线方程求出直线的方程，然后联立直线与椭圆方程，利用韦达定理将表示出来，然后列出三角形面积表达式，最后根据不等式的性质求出三角形面积的最大值. 【详解】因为椭圆方程为，设切点， 则切线的方程为，. 因为切线过点，所以，切线的方程变为： ，因为点都在直线上， 所以直线的方程为.该直线必过点刚好是椭圆的右焦点. 联立直线方程和椭圆方程为： ，化简得. 根据韦达定理.而 所以. 因为， 要使得面积取得最大值，则应取最小值，根据不等式， 所以当时，三角形的面积最大，最大值为. 故选：A. 二、多选题 9．设为互不重合的平面，为互不重合的直线，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】AB 【分析】把几何语言转化问文字语言，想象空间模型，得出结论. 【详解】对A：平行于同一个平面的两个平面互相平行，正确； 对B：两个平面的交线垂直于第三个平面，则这两个平面都垂直于第三个平面.根据面面垂直的判定定理，该结论正确； 对C：和两条平行直线分别平行的两个平面相交或平行，故C错误； 对D：垂直于同一个平面的两个平面平行或相交.故D错误. 故选：AB 10．已知函数，则（    ） A．的极大值为3 B．当且仅当 C．过点恰能作曲线的3条切线 D．若，则 【答案】ABC 【分析】应用导数研究函数的单调性、极值判断A；由判断B；先确定点不在函数图象上，再设切点并写出切线方程，结合点在切线上得到方程求切点横坐标个数判断C；由已知得判断D. 【详解】由题设，则有或，有， 所以在、上单调递增，在上单调递减， 所以极大值为，极小值为，A对， 由，可得，B对， 由，则点不在函数的图象上， 设切点为，则切线斜率为， 所以切线为，又切线过， 所以，整理得， 所以，可得或， 所以，共对应3个不同切点，即有3条不同切线，C对， 若，可得， 所以，则或，D错. 故选：ABC 11．已知，其中．点分别满足，其中，直线与直线交于点，则（   ） A．当时，直线与直线斜率乘积为 B．当时，存在点，使得 C．当时，面积最大值为 D．若存在，使得，则 【答案】AD 【分析】由条件求出的坐标，结合两点斜率公式求，由此判断A，结合A的判断知，，利用关系求点的轨迹，由此判断B,联立，，求点的坐标，消参求点的轨迹方程，结合△换元点到直线距离公式求点到直线的距离，再求最值及的面积的最值判断C，结合C可得的轨迹方程，引入参数表示，，结合条件列不等式求的范围，判断D. 【详解】对于选项A，由题设，A正确； 对于选项B，由A可知，， 设点，则，所以， 此时点的轨迹方程为：， 于是若，此时点与点重合，与矛盾，B不正确； 对于选项C，直线，联立得， 设，又，则， 若，则点的轨迹方程为， 设点，直线， 点到直线的距离， 由于，于是当时，， 的最大值为，C不正确； 由C可知，点的轨迹方程为， 设，， 于是， 即能成立， 于是，，D正确． 故选：AD. 【点睛】易错点点睛：本题在求点的轨迹方程的过程中变形可能不等价，导致轨迹方程的范围出错，影响选项的判断. 三、填空题 12．若函数是奇函数，则______. 【答案】 【分析】利用奇函数的定义求解. 【详解】由得， 因为函数是奇函数，所以定义域关于原点对称， 则方程根互为相反数，所以，所以， 所以函数的定义域为，， 因为， 所以，即，解得. 此时，定义域为，且满足， 所以. 13．下表是某地3月1日至3月5日电池级碳酸锂的价格与日期的统计数据： 日期代码x 1 2 3 4 5 电池级碳酸锂价格y（十万元/吨） 4.1 3.9 3.8 3.8 3.9 根据表中数据，得出y关于x的经验回归方程为，则样本点处的残差为__________． 【答案】 【详解】日期代码的平均值为， 价格的平均值为， 因为经验回归直线过样本点中心， 所以将，代入中， 可得，解得， 则经验回归方程为． 当时，预测值， 根据残差定义，样本点处的残差为． 14．函数（其中，，）的部分图象如图所示，把函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象.对于，总存在唯一的实数，使得成立，则m的取值范围为______ 【详解】由函数图象可知，， ，∴，， ∴，当时，， ∴，由得， ∴， 由，得， 由，得， 由，可得，∴， ∴， 又，得，所以， 由的唯一性可得：即， 由，得，解得， 综上所述，当时，使成立. 四、解答题 15．在中，角、、的对边分别为，，，已知，，是边上的点， (1)若且，求的长； (2)若，，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设（），在、分别利用余弦定理，即可得到方程组，解得即可； （2）由正弦定理求出，即可求出，再求出，最后根据利用两角和的余弦公式计算可得. 【详解】（1）依题意设（），则， 在中由余弦定理， 即①， 在中由余弦定理， 即②， 由①②解得或（舍去）， 所以. （2）由正弦定理，即，解得， 又，所以，所以， 又，所以， 所以 . 16．已知三棱锥（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中： (1)证明：平面平面； (2)若点在棱上运动，当直线与平面所成的角最大时，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明如下： 四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形， 设的中点为，连接，. 由题意得，，. 因为在中，，为的中点， 所以， 因为在中，，，，则， 所以，因为，平面，所以平面， 因为平面， 所以平面平面. (2) 【分析】（1）设的中点为，连接，，根据线面垂直的判定定理，证明平面，进而可证明面面垂直； （2）建立直角坐标系，分别计算两相交平面的法向量，结合向量的数量积公式，计算夹角，即可求出结果. 【详解】（1）略 （2）由（1）知，，，，平面，平面， 平面， 所以就是直线与平面所成的角，且， 所以当最短时，即是的中点时，最大， 由平面，平面，所以，， 于是以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，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，得， 可取， 取平面的法向量为， 所以， 由图可知二面角为锐角，故二面角的余弦值为. 17．已知函数（）. (1)是否存在实数，使得为函数的极小值点.若存在，求的值；若不存在，请说明理由； (2)若图象上总存在关于点对称的两点，求的取值范围. 【答案】(1)不存在，理由：由题意，得函数的定义域为， 且， 若为函数的极值点，则，， 此时， 函数在上单调递减， 故不是函数的极值点，所以不存在满足条件. (2) 【分析】（1）设，可计算出，而后验证是否为函数的极小值点即可得； （2）由题意可将问题转化为在上有解，构造函数后借助导数得到函数单调性，结合零点的存在性定理研究函数的零点，即可得方程的根. 【详解】（1）略 （2）由题意可知在上有解， 所以在上有解， 该方程化简得， 令，得， 所以问题等价于方程在上有解， 令，，有， 当时，在单调递减， 又，所以在上无零点，不成立， 当时，在上单调递减，在上单调递增，且， 所以有，， 令，则， 当时，，故在上单调递增， 又，故当时，， 故，又，故， 故在上有一个零点，在上没有零点. 综上，当时，图象上总存在一对关于点对称的两点. 【点睛】关键点睛：本题关键在于将图象上总存在关于点对称的两点转化为在上有解，结合等式化简及换元转化为研究函数在上是否有零点. 18．盒子里有编号为的个大小、形状、质地完全相同的小球，在盒子中连续有放回地取出两个小球，记为第次取出的小球的编号， (1)试计算比大的概率； (2)求的分布列和期望； (3)已知随机变量的期望具有线性可加性，即对于随机变量，有，试分别计算的期望.其中，表示a，b中的最小者，表示a，b中的最大者. （参考公式：）． 【答案】(1) (2)的分布列为： Z   0 1 (3) 【分析】（1）依题意可知，再由概率的性质即可求解； （2）由题可知可能取值为，其中，，再由数学期望的计算公式求解即可； （3）方法一：求得，，分别求出，，再由随机变量的期望具有线性可加性计算即可.方法二：，分别算出，，再由随机变量的期望具有线性可加性计算即可. 【详解】（1） 由题意可知，且 所以. （2）的可能取值为 ∴的分布列为： Z   0 1 （3）法一：， 的可能取值为， ，同理有 法二：的可能取值为， ，同理有， 又， 由期望得线性可加性有：① ② 联立①②解得. 19．若有穷数列满足：①；②，则称为数列. (1)已知是数列，写出的所有可能值； (2)已知是数列，对任意给定的，将的所有可能取值从小到大排列构成一个新的数列. （i）证明：当时，是等差数列； （ii）求中所有项的和. 【答案】(1) (2)（i），设， 所以， 不妨设是中所有可能中的任意两个， 假设，， 不妨设，，…，，， 所以， 不妨设，则 ， 即中的种表示中，其取值互不相等， 即数列中共有项，易得， ，故； 又 ，故中恒成立， 故是以等差数列为首项，4为公差的等差数列； （ii） 【分析】（1）根据题意，再根据讨论即可； （2）（i），设是中所有可能中的任意两个，作差可得，进而可得数列中共有项，从而证明等差；（ii）由（i）中等差数列求解即可. 【详解】（1），设，， 故， 因为或，故. （2）（i）略 （ii）当时，只有两项，分别为，故和为2， 当，由（i）可得，因为是等差数列，共有项， 故其所有和为， 综上，中所有项的和为. 【点睛】方法点睛： （1）第一问根据题意翻译条件，逐项列举分析即可； （2）第二问一般借鉴第一问思路，列出任意给定的的情况，再推导分析. 第20页 共21页 第21页 共21页 学科网（北京）股份有限公司 $