湖南湘西土家族苗族自治州泸溪县第一中学2026-2027学年高三上学期第六次起点考试数学试卷

泸溪一中2027届高三第六次起点考试 数学试卷 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．） 1. 已知是奇函数，当时，，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 2. 已知向量满足，则（ ） A. B. 3 C. 6 D. 9 3. 2026人形机器人半程马拉松于4月19日开跑，有300多台机器人参赛．某人形机器人行走时，踝关节摆动高度y（单位：cm）随时间t（单位：s）的变化满足，已知该机器人踝关节完成一次完整的摆动动作需要的时间为s，则（ ） A. B. C. D. 4．已知是平面内两个非零向量，那么“”是“存在，使得”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 5．边长为1的等边三角形绕其一条边旋转一周，形成的几何体体积为（    ） A． B． C． D． 6．在中，，在边上，平分．若，则的最小值是（    ） A．20 B．18 C．17 D．16 7. 在棱长均为2的正三棱锥中，点M是的中点，点N是侧面上的一个动点，当平面时，线段的长度的最小值是（ ） A. B. C. D. 1 8．已知，是椭圆的左、右焦点，P是椭圆上任意一点，过引的外角平分线的垂线，垂足为Q，且Q与短轴顶点的最短距离为，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．） 9. 一个匀速旋转的摩天轮每12分钟旋转一周，最低点距离地面2米，最高点距离地面18米．已知游客在距离地面最近的位置进舱，游客距离地面的高度h（米）关于进舱时间t（分钟）的函数解析式为（其中，，），则正确的有（ ） A. B. C. D. 从登上摩天轮的时刻开始计时，经过8分钟，游客与地面的距离为14米 10. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P在C上且位于第一象限，，则（ ） A. 的周长为16 B. C. D. 直线的斜率为 11．在平面直角坐标系中，，分别是轴和轴上的动点，若以为直径的圆与直线相切，下列选项中，圆的面积可以是（    ） A． B． C． D． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12．__________． 13. 已知函数没有极值点，则______． 14．已知递增等比数列满足，，则__________． 四、解答题（本大题共5小题，共77分．） 15．年月日，的正式版发布，该模型在全球范围内引发广泛关注．现为了对其产品用户的使用行为进行统计分析，收集了名用户的每日使用时长（单位：分钟），得到如下所示的频率分布直方图，每日使用时长不小于分钟的用户称为“忠实粉丝”．    (1)估计该产品用户每日的平均使用时长（同一组的数据用该组区间的中点值代替）； (2)现采用分层抽样的方法从样本中使用时长在，的用户中随机抽取人，并从中随机抽取人作进一步分析，记为人中“忠实粉丝”的人数，求的分布列和期望． 16．如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，，，点为线段的中点． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正切值． 17. 已知函数，其中． （1）若，，求的极值； （2）若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，且，求实数a的取值范围． 18. 已知的内角，，所对的边分别为，，且． （1）求； （2）若，点在上，直线上一点满足，在点和点的变化过程中， （ⅰ）求的最小值； （ⅱ）当最小时，求的值． 19. 抛物线（）上有一系列点，，…，…，对于所有正整数n，以点为圆心的与y轴相切，且与又彼此外切．若，点到C的焦点的距离为，且． （1）求抛物线C的方程； （2）证明：数列是等差数列； （3）设的面积为，，求证：． 泸溪一中2027届高三第六次起点考试 数学试卷参考答案 1．D【详解】已知是奇函数，则，则， 因，故． 2 B【详解】平面向量的夹角为，，，则向量. 3．D【详解】的最小正周期为，又该机器人踝关节完成一次完整的摆动动作需要的时间为s，则，解得. 4．C【详解】若，则存在唯一的实数，使得，故， 而，存在使得成立， 所以“”是“存在，使得’的充分条件，若且，则与方向相同，故此时，所以“”是“存在存在，使得”的必要条件，故“”是“存在，使得”的充分必要条件.故选：C. 5．A【详解】边长为1的等边三角形，绕其中一条边旋转一周，所得几何体是两个底面重合的同底圆锥. 等边三角形的高，即圆锥底面半径，每个圆锥的高为.几何体的体积为两个圆锥体积之和：. 6．B【详解】  已知AD是的角平分线，，因此.则.设，，则，化简得. .由基本不等式，，当且仅当即时取等号.所以，此时，满足条件，故最小值为18. 7．A【详解】分别取，的中点为，，连接，，，又点M是的中点，所以，因为，平面，平面，所以平面，因为，平面，平面，所以平面，又，平面，所以平面平面， 又点N是侧面上的一个动点，且平面，所以点在平面上的轨迹为线段，在中，可知，所以当时，的长度最小，即，所以的最小值为. 8．C【详解】延长交的延长线于，连接，由题意知：，，所以，则的轨迹为以为圆心、为半径的圆，所以与短轴顶点的最短距离为，所以，所以，则.故选：C. 9 ABD【详解】由已知，解得，，故A正确；因为摩天轮每分钟旋转一周，所以，即，故，B正确；由最低点距离地面米得：，从而，因为，，故C不正确；综上，当时，，故D正确. 10．AC【详解】由题可知，∴，，∴，的周长为，A选项正确；∵，∴，∴，B选项错误；，∴，C选项正确；，∴，∴斜率，D选项错误. 11．CD【详解】设，则,且半径， 所以圆必过坐标原点，又因为圆与直线相切，所以, 又因为坐标原点到直线的距离，所以的最小值为， 所以圆的面积的最小值为，对于A，因为，不满足题意；对于B，，不满足题意；对于C，，满足题意；对于D，，满足题意. 12．【详解】因为 . 13【答案】1【详解】函数的定义域为且函数没有极值点，即函数是单调函数，所以函数至多有一个零点，令，则或或，∴，即，∴. 14．##【详解】设递增等比数列的公比为q，已知，，令，则，两式相除，得， 因为，递增等比数列各项为正，所以，两式相乘，得，所以， 即，即，解得，因为数列递增，则，所以. 15．(1) (2) 【详解】（1）由，解得..所以样本中该产品用户每日的平均使用时长为分钟，由样本估计总体，因此估计该产品用户每日的平均使用时长（分钟）. （2）由频率分布直方图可知，频率，频率.所以两组频率之比为，所以用分层抽样抽取的人中，抽取人（非“忠实粉丝”），抽取人（“忠实粉丝”），    从人中任取人，的可能取值为，，，所以服从超几何分布，.，，，所以的分布列为 所以的期望.因此. 16．(1)见证明 (2) 【分析】（1）先由面面垂直可得平面，进而可得，再由等边三角形的性质得，再由线面垂直的判定定理可得； （2）根据条件建立空间直角坐标系，用向量法求线面角的正弦值，再由同角三角函数关系式可得线面角的正切值. 【详解】（1）证明：因为平面平面，交线为，平面且， 所以平面．又平面，所以.因为为等边三角形，且为的中点，所以，因为，且，平面，，，所以平面 （2）取的中点，连接，，由等边三角形性质知，因为平面平面，由面面垂直性质可得平面．因为且， 所以四边形为平行四边形，得，即．    以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，如图：则各点坐标为：，，，，．    因为为的中点，所以，，，．设平面的法向量为，由，得，，取，则.所以平面的法向量.设直线与平面所成角为，且，则， 即，且，由同角三角函数关系式得. 因此直线与平面所成角的正切值为． 17【答案】（1）极小值，无极大值 （2） 【分析】（1）由导数知识结合定义域可得极值情况； （2）由这两条切线平行可得然后两边取以为底的对数可得，据此可得答案. 【1】由函数，可得其定义域为，且.令，可得，或.则在，上单调递减，在上单调递增，故当时，取极小值，无极大值. 【2】由可得，所以曲线在点处的斜率为，由可得所以曲线在点处的斜率为因为这两条切线平行，故有，即两边取以为底的对数，得所以， 所以，结合，可得 . 18【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）运用正余弦定理化简等式，得到关于的余弦公式，求解即可； （2）（ⅰ）建立直角坐标系，根据题意得到，运算得到点的轨迹方程，限定其坐标的取值范围，得到双变量函数，依次放缩即可求出最小值；（ⅱ）根据（ⅰ）中取等的条件，求出点的坐标，代入运算即可. 【1】在中，，则，又，所以，由正弦定理可得，由余弦定理得，化简整理得，又因为，所以； 【2】（ⅰ）因为，则，所以，如图，建立平面直角坐标系，此时，设，因为，则，设，则，，所以，整理得，解得，因为，化简整理得，又， 所以，又因为，所以， 因此，当且仅当时取等号， 所以，当时，取最小值，为； （ⅱ）当最小时，此时，所以，代入，则，解得，所以，，因此，直线的方程为，直线的方程为，联立方程，解得，即为，所以，，因此. 19【答案】（1） 由题意，设抛物线C的焦点为F，有，解得或2，又，所以取，故抛物线C的方程为． （2）依题意的半径为，的半径为，又和两圆相外切，则，即，两边平方整理得，所以，又，所以，即，因为，所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列． （3）由（2）得，即，又，所以，所以①当时，成立；②当时，因为，所以 ，综上，得证． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $