精品解析：湖南省长沙市长沙县第一中学2027届高三上学期第一次模拟测试数学试题

长沙县第一中学高三模拟测试 数学 （满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和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． 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. 对实数，记集合，．，均含有两个元素，使成立的实数共有（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 【答案】B 【解析】 【分析】先由两个集合均有两个元素可得且，再结合两个集合相等可得. 【详解】因为集合，均含有两个元素，根据集合元素的互异性： 对有个元素，可得； 对有个元素，可得，即且. 若，两个集合元素完全相同，则，解得. 当时，且，符合题意. 因此满足条件的实数共有个 2. 为检验两个分类变量是否有关，提出零假设：两个分类变量相互独立．在成立的条件下，统计量满足．该等式表示（ ） A. 若两变量相互独立，则由随机样本算得的不小于的概率为 B. 若两变量相互独立，则由随机样本算得的小于的概率为 C. 若某次检验得不小于，则两变量相互独立的概率为 D. 若某次检验得不小于，则两变量不相互独立的概率为 【答案】A 【解析】 【详解】在成立的条件下，统计量满足表示若两变量相互独立，则由随机样本算得的不小于的概率为. 3. 设为虚数单位，表示复数的共轭复数．满足，且是纯虚数的复数为（ ） A. B. C. 不存在 D. 【答案】C 【解析】 【分析】设复数的代数形式，结合模长公式与纯虚数“实部为 0、虚部非零”的性质列方程求解，推出矛盾即可判断不存在. 【详解】设复数 （），则其共轭复数， 由 ，得， ， 是纯虚数，得，， 将 代入 ，得 ，与“虚部不为 0”矛盾， 因此满足条件的复数不存在. 4. 正数，满足，且．则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由得，再由基本不等式（因等号取不到），两边取以2为底的对数即可得到范围. 【详解】，得，因此. 因为且，由均值不等式，当且仅当时等号成立， 即，与矛盾，所以无法取等，. 两边取以2为底的对数，得，即取值范围为. 5. 黑板上写有1，2，…，100共100个数．每次任意擦去两个数，，写上新数．经过99次操作后黑板上只剩一个数，则这个数是（ ） A. 4950 B. 4951 C. 5050 D. 5051 【答案】B 【解析】 【分析】本题采用整体代换的思想，不单独去追踪每一个数的去向，而是观察每次操作前后黑板上所有数字总和的变化，通过计算发现每操作一次总和减少，再利用初始总和减去操作次数即可求得最终剩下的数. 【详解】设黑板上所有数的总和为， 由题意知，初始状态下，黑板上写有 共个数， 所以初始总和， 每次操作擦去两个数，并写上， 设操作前黑板上的总和为，操作后的总和为， 则， 这说明每进行一次操作，黑板上所有数的总和就会减少， 经过次操作后，黑板上只剩下一个数，设这个数为，总共减少了个， 所以最终剩下的这个数. 6. 方程在区间内的所有解之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由二倍角公式，原方程化为， ， 令，则，且， 方程变为，解得或(舍去)，所以， 即或，， 的解：， 的解：， 所有解之和：. 7. 在棱长为2的正方体中，为正方体的中心．过点作平面，使平面垂直于正方体的一条体对角线．正方体六个面的中心在平面上的正投影构成一个六边形，则该六边形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出三个共顶点的面的中心的正投影，确定其构成的等边三角形的中心，再利用另外三个投影点的中心对称性求六边形面积． 【详解】以为原点，分别以平行于正方体三条互相垂直的棱的方向为坐标轴正方向，建立空间直角坐标系． 由正方体的对称性，不妨取所给体对角线为连接顶点与的体对角线， 则其方向向量可取为，平面垂直于该体对角线，所以是平面的法向量． 棱长为2，所以六个面的中心的坐标分别为、、， 设、、在平面上的正投影分别为、、． 由，可设，又，所以，得， 同理得、． 由坐标得，且， 所以是等边三角形的中心，， 其外接圆半径为． 另外三个面的中心分别与、、关于对称，它们的正投影、、也分别与、、关于对称， 故六个投影点按的顺序构成以为中心的正六边形，相邻两顶点对应的圆心角为． 将该六边形分成六个以为顶点的等边三角形，得其面积． 8. 设是定义在上的奇函数，且当时．若存在实数，同时满足和，则所有满足条件的实数构成一个闭区间，该区间的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析函数的单调性，结合，将转化为，求得所有满足条件的实数构成的闭区间，并求得其长度. 【详解】因为是定义在上的奇函数， 且当时，，且单调递增， 所以当时，，，且单调递增. 所以函数是上的增函数. 由，得，所以. 当时，； 当时，. 所以， 所以，即， 所以，. 所以. 所以所有满足条件的实数构成的区间的长度为. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知抛物线：，点为其焦点，直线为其准线．点在上，点为在上的正投影．下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【详解】对A，抛物线，可得，焦点坐标为，A正确； 对B，该抛物线准线的方程为，点在竖直准线上的正投影，横坐标与准线一致为， 纵坐标与相同为2，即，B正确； 对C，由抛物线定义，等于到准线的距离，即；到的距离为​，显然，C错误； 对D，是直角在的直角三角形，两条直角边长度均为2，面积，D正确. 10. 函数的定义域为，且满足，．下列结论一定正确的是（ ） A. B. 在上严格递增 C. 存在正数，使得不等式对任意恒成立 D. 方程有无穷多个实数解 【答案】AD 【解析】 【分析】通过构造周期函数，将抽象函数问题转化为周期函数的性质分析，结合特值递推、反例构造以及周期函数的有界性，逐一验证各选项中函数性质与方程解的情况. 【详解】由题意知，函数的定义域为，且满足， 令，则对于任意，， 所以是一个以为周期的周期函数， 又因为，所以，所以对于任意整数，有，即， 对于选项A：由，利用递推关系可得，对于任意正整数，有， 取，，可得：，即，所以选项A正确； 对于选项B：由只能说明在相距为的两个点上的函数值递增，并不能保证在整个实数集上严格递增， 构造函数，它满足且，但其导数会取到负值， 因此在上并不是严格递增的，故选项B错误； 对于选项C：题目并未说明是连续函数，因此周期函数在区间上不一定有界， 构造反例：定义满足周期为，且当时，，当时，，令， 因为，满足； 因为，满足 ， 所以该函数符合题意， 对于该函数，，当时，， 即无上界，因此不存在正数，使得不等式对任意恒成立，故选项C错误； 对于选项D：因为是以为周期的周期函数，且， 所以对于任意整数，有，即， 所以方程至少有无穷多个实数解（所有整数都是它的解），所以选项D正确. 11. 在中，角，，所对的边分别为，，，且．下列结论正确的是（ ） A. 若为边的中点，则点在以为圆心、为半径的圆（去掉圆与直线的交点）上 B. C. 若为点到直线的垂足，则一定在线段上 D. 若，则为等边三角形 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A选项通过余弦定理可得，从而可判断正确；对B直接由余弦定理并结合条件可得，再由余弦函数的单调性可判断正确；对C直接用解析法并结合A选项的结果可判断错误；对D直接用余弦定理并结合条件可得，进而可判断正确.. 【详解】 选项A ：设，则，， 在中，由余弦定理得， 即①， 同理在中，由余弦定理得， 即②， 因为，所以： ， 将已知代入得，得， 因此点在以为圆心、为半径的圆上，A正确； 选项B ：由余弦定理： ， 结合基本不等式，得， 因此​， 又，余弦函数在单调递减， 所以，即，B正确； 选项C ：用解析法判断，以的中点为原点，以所在直线为轴， 以线段的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系，则， 设，由A选项分析知，点在以为圆心、为半径的圆（去掉圆与直线的交点）上， 所以，如图： 由圆的几何性质得，因为轴，所以， 当时，垂足在线段上； 当时，垂足线段的延长线上或反向延长线上. 因此垂足一定在线段上错误，C错误； 选项D： 若，则，代入余弦定理：​， 结合，得，因此，即. 又，即，故为等边三角形，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 数列的前项和为，且．则_______________． 【答案】9 【解析】 【详解】由 ，得. 当 时，. 因此. 所以. 13. 将的展开式中的三项改为各自的相反数，其余项不变．若所得多项式在时的值为0，则不同的修改方案共有______种．（修改不同次数的项视为不同方案．） 【答案】 【解析】 【详解】， 展开式各项系数依次为，共项， 当时，原式的值为， 设选中修改的三项系数之和为，将这三项改为相反数后，代入， 新多项式的值为， 由题意得，，解得， 问题转化为：从系数中选取个系数，使其和为， 只有满足条件， 系数为的项有项，系数为的项有项，系数为的项有项， 选取方案数为. 14. 已知平面单位向量，满足．若对任意单位向量，不等式与中至少有一个成立，则实数的最小值为_______________． 【答案】 【解析】 【分析】条件"对任意单位向量 ， 与 中至少有一个成立"的几何意义是：单位圆上的任意一点，至少落在以 的终点为圆心、半径为 的圆与以 的终点为圆心、半径为 的圆的并集之内. 【详解】 由 ，两边平方得 ， 其中 为 与 的夹角，解得 ，. 如图建立坐标系，令 ，则由夹角 得 . 单位圆上一点 ，到两圆心的距离平方分别为 ， . 要使单位圆上每一点至少被一个圆覆盖，只需保证单位圆上离两圆心均最远的临界点到两圆心的距离不超过 . 令两距离相等，即， 化简得 ，即 .结合几何位置取 ，此时 ，. 代入得， . 故该临界点到两圆心的距离均为 .若 ，则此点不满足任何一个不等式，与题设矛盾. 综上， 的最小值为 . 【点睛】"至少一个成立"的向量不等式问题，本质是圆覆盖问题，找两圆覆盖边界的交点（临界点）是求最小半径的关键。 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. 在中，，，记其面积为，且满足． （1）证明：； （2）求的长． 【答案】（1）记角所对的边为，则且， 因为，所以， 则，即 因为，所以，则； （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理和面积公式化简即可得出，再结合正弦定理可证； （2）由（1）和同角三角函数关系得出，再代入（1）中式子可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，所以， 则可化简为，得. 16. 在四面体中，，．点为的中点． （1）证明：平面； （2）若异面直线与所成的角为，求四面体的体积． 【答案】（1）连接. 在等腰三角形中，为底边的中点，故． 同理． 因，是平面内两条相交直线，故平面． （2） 【解析】 【分析】（1）由等腰三角形的性质及线面垂直的判定定理可得； （2）建立空间直角坐标系，根据题意求得的坐标，结合（1）的结论由求得四面体的体积． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得，，且． 以为原点，，所在直线分别为，轴，过且垂直平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 因，故在平面内，设，其中． 又，，，于是，． （，与垂直平面的方向依次为，，轴） 由，所成角为，得 ． 即，故（舍去），．于是落在轴上，，． 四面体由以为公共底面的两个三棱锥组成，故． 17. 已知椭圆：的离心率为，且经过点，坐标原点为． （1）求椭圆的方程； （2）点，是椭圆上两个不同的点．若三角形的垂心为，求三角形的面积． 【答案】（1） （2）54 【解析】 【小问1详解】 点在椭圆上，故． 又，则，所以， 故椭圆方程为． 【小问2详解】 因为是的垂心，所以，而为轴，故平行于轴． 设，，其中． 再由，得，即； 又在椭圆上，故． 两式联立得，即或． 当时，不合题意； 故，且，即，（两点次序可交换）． 因此． 18. 将标有号码1，2，，8的八张卡片随机分成四组，每组两张，各种分组方式等可能．记两张卡片号码之和为9的组数为． （1）求不同分组方式的总数，并求； （2）求随机变量的分布列； （3）分组完成后，从四组中等可能地随机选取一组．已知所选组中两张卡片的号码之和为9，求在此条件下的分布列． 【答案】（1）105种；． （2） 0 1 2 4 （3） 1 2 4 【解析】 【分析】（1）分析可知四个“和为9”的配对为，，，．根据分步乘法计数原理求不同分组方式的总数，且时分组方式唯一，根据古典概型求； （2）分析可知只能取0，1，2，4．根据古典概型分别取，，进而可得和分布列； （3）分析可知，结合条件概率求分布列. 【小问1详解】 记四个“和为9”的配对为，，，． 先给号码1选同组卡片，有7种； 再给尚未分组的最小号码选同组卡片，依次有5，3，1种， 因此不同分组方式共有种； 又因为时分组方式唯一，故． 【小问2详解】 若已有三组和为9，剩余两张的和也为9，即不能取3， 所以只能取0，1，2，4． 当时，先从四个特殊配对中选出两个，余下四张有3种配法， 其中原来的两对会使，其余2种交叉配对均不再产生和为9的组， 故方式数为，可得； 当时，先选出唯一一组和为9的配对，有4种， 以选出为例，余下三组特殊配对为，，，卡片2不能与7配对，只能从3，6，4，5中选择搭档，共4种， 选定后，剩余四张卡片中还保留着一组完整的特殊配对；为了不产生新的和为9的组，卡片7必须与这组中的一张配对，有2种，最后两张的配法随之确定， 因此，固定唯一一组后有种配法， 故的方式数为，所以； 则； 所以随机变量的分布列为 0 1 2 4 【小问3详解】 记事件为“选中的一组号码之和为9”， 由于分组和选组的过程对任意两张卡片完全对称，最终选中的一组等可能为个二元组之一；其中有4个和为9，故． 当时，四组中恰有组满足条件，所以． 由条件概率公式可得：，，． 所以在此条件下的分布列 1 2 4 19. 对实数，定义． （1）求； （2）证明：函数在上严格递增； （3）设，在曲线上依次取点，其中．记曲线在区间上的图象与弦的最大铅直距离为．求的最小值，并确定此时的所有． 【答案】（1） （2）因为，，， 令，，则， 当时，；当时，； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则，可得，当且仅当时，等号成立， 因为，则，可得，， 所以，且，可得， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减， 则在处取得最大值，所以． 设，，则， 设，，则 可知在内单调递减，则， 即，可知在内单调递减， 又因为，且在内单调递减， 所以在上严格递增． （3），． 【解析】 【分析】（1）记，．可得，，求导，利用导数判断原函数单调性和最值，即可得结果； （2）求导，利用导数判断的单调性和最值，可得，设，，利用导数结合复合函数单调性分析证明； （3）令，可得，结合（2）知严格递增，可得，即可得结果. 【小问1详解】 记，． 当时，则，，， 令，解得；令，解得； 可知函数在内单调递增，在内单调递减， 则在处取得最大值， 所以． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 令，在第个区间中作代换， 则曲线与弦的铅直距离为，故． 又因为，所以至少有一个． 由（2）知严格递增，因此． 当且仅当时等号成立． 此时．故，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长沙县第一中学高三模拟测试 数学 （满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和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． 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. 对实数，记集合，．，均含有两个元素，使成立的实数共有（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 2. 为检验两个分类变量是否有关，提出零假设：两个分类变量相互独立．在成立的条件下，统计量满足．该等式表示（ ） A. 若两变量相互独立，则由随机样本算得的不小于的概率为 B. 若两变量相互独立，则由随机样本算得的小于的概率为 C. 若某次检验得不小于，则两变量相互独立的概率为 D. 若某次检验得不小于，则两变量不相互独立的概率为 3. 设为虚数单位，表示复数的共轭复数．满足，且是纯虚数的复数为（ ） A. B. C. 不存在 D. 4. 正数，满足，且．则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 黑板上写有1，2，…，100共100个数．每次任意擦去两个数，，写上新数．经过99次操作后黑板上只剩一个数，则这个数是（ ） A. 4950 B. 4951 C. 5050 D. 5051 6. 方程在区间内的所有解之和为（ ） A. B. C. D. 7. 在棱长为2的正方体中，为正方体的中心．过点作平面，使平面垂直于正方体的一条体对角线．正方体六个面的中心在平面上的正投影构成一个六边形，则该六边形的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 设是定义在上的奇函数，且当时．若存在实数，同时满足和，则所有满足条件的实数构成一个闭区间，该区间的长度为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知抛物线：，点为其焦点，直线为其准线．点在上，点为在上的正投影．下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 函数的定义域为，且满足，．下列结论一定正确的是（ ） A. B. 在上严格递增 C. 存在正数，使得不等式对任意恒成立 D. 方程有无穷多个实数解 11. 在中，角，，所对的边分别为，，，且．下列结论正确的是（ ） A. 若为边的中点，则点在以为圆心、为半径的圆（去掉圆与直线的交点）上 B. C. 若为点到直线的垂足，则一定在线段上 D. 若，则为等边三角形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 数列的前项和为，且．则_______________． 13. 将的展开式中的三项改为各自的相反数，其余项不变．若所得多项式在时的值为0，则不同的修改方案共有______种．（修改不同次数的项视为不同方案．） 14. 已知平面单位向量，满足．若对任意单位向量，不等式与中至少有一个成立，则实数的最小值为_______________． 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. 在中，，，记其面积为，且满足． （1）证明：； （2）求的长． 16. 在四面体中，，．点为的中点． （1）证明：平面； （2）若异面直线与所成的角为，求四面体的体积． 17. 已知椭圆：的离心率为，且经过点，坐标原点为． （1）求椭圆的方程； （2）点，是椭圆上两个不同的点．若三角形的垂心为，求三角形的面积． 18. 将标有号码1，2，，8的八张卡片随机分成四组，每组两张，各种分组方式等可能．记两张卡片号码之和为9的组数为． （1）求不同分组方式的总数，并求； （2）求随机变量的分布列； （3）分组完成后，从四组中等可能地随机选取一组．已知所选组中两张卡片的号码之和为9，求在此条件下的分布列． 19. 对实数，定义． （1）求； （2）证明：函数在上严格递增； （3）设，在曲线上依次取点，其中．记曲线在区间上的图象与弦的最大铅直距离为．求的最小值，并确定此时的所有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $