湖南湘西土家族苗族自治州泸溪县第一中学2026-2027学年高三上学期第一次起点考试数学试卷

泸溪一中2027届高三第一次起点考试 数学试卷 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 设，复数在复平面内对应的点位于直线上，则( ) A. B. C. D. 1 2. 已知正方形ABCD的边长为6，点满足，则（ ） A. B. C. D. 3．已知抛物线的焦点为，准线为，过上一点作的垂线，垂足为，则直线的一般式方程为（    ） A． B． C． D． 4. 已知定义在上的奇函数，则的解集为（ ） A. B. C. D. 5. 曲线在点处的切线与直线垂直，则实数（ ） A. B. 1 C. D. 2 6．已知数列，若，则正整数的最小值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 7. 一张纸经过一定次数对折之后的厚度能超过地月距离，但实际上，因为纸张本身有厚度，所以我们并不能将纸张无限次对折，当厚度超过纸张的长边时，便不能继续对折了.一张长边为，厚度为的矩形纸张沿两个方向不断对折，则经过两次对折后，长边变为，厚度变为．在理想情况下，对折次数满足关系：．根据以上信息，一张长为100cm，厚度为0.05cm的纸经过对折后的厚度的最大值为（参考数据：）（ ） A. 1.28cm B. 2.56cm C. 12.8cm D. 6.4cm 8. 在平行六面体中，分别为棱，的中点，点在平面上，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 为偶函数 10．在直四棱柱中，四边形是菱形，，则（    ） A．四棱柱的体积为162 B．四棱柱的表面积为 C．点到平面的距离为 D．直线与所成角的余弦值为 11．下列函数中，对于任意使得有意义的，始终存在常数，使得在区间上的最大值与最小值之差为的有（    ） A． B． C． D． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知的面积为，，则的最小值为______． 13. 将一颗质地均匀的正方体骰子（六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6），先后抛掷两次，将得到的点数分别记为m，n，若向量，，则的概率是________． 14. 若，，则________. 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. 已知函数，图象的一个对称中心为，一条对称轴方程为. （1）求； （2）若，求满足条件的值的和. 16. 在中，内角、、的对边分别为、、，且． （1）求角B； （2）若是锐角三角形，，为AC边中点，求的取值范围． 17．一个轴截面顶角为的圆锥被某平面所截，得到如图所示的几何体，为圆锥的顶点，截面为一个椭圆，是椭圆长轴的两个端点，是椭圆短轴的两个端点，椭圆的离心率为，为线段上一动点． （1）证明 平面 ； （2）若为线段 上靠近的四分之一点，求二面角的余弦值． 18. 记为等差数列的前n项和，已知，． （1）求； （2）记数列的前n项和为，且．若对，，求k的取值范围． 19. 已知函数． （1）若，，求在处的切线方程； （2）若，且在定义域内有三个零点，，（），求的取值范围； 泸溪一中2027届高三第一次起点考试 数学试卷参考答案 1．【答案】D【详解】因为，所以复数在复平面内对应的点为，由题意得，解得.故答案为:D 2【答案】B【详解】因为，可知为BC的中点，因为正方形ABCD的边长为6，则，，可得，， 所以.故选：B. 3．A【详解】把点坐标代入的方程可得，所以，故点，则直线的斜率为，于是，转化为一般方程为． 4【答案】A 【详解】∵函数是奇函数，，即， ，即，为上单调递增的函数，，则，解得.故选：A. 5【答案】B【详解】由题设，则时，由切线与直线垂直，则，所以，所以，显然点在曲线上，满足题意，综上，. 6．B【详解】依题意，，而，且，由，得正整数的最小值为2. 7【答案】D【详解】因为对折次数，所以这张纸最多能对折7次．因为对折次后，纸张的厚度为，所以对折7次后纸张的厚度为.故选： D. 8【答案】D【详解】设基底，以为原点，令，则，因此，D点，，是中点，，因此，是中点，，因此，因为在平面上，所以可表示为平面内的向量的线性组合，，即：， 代入，整理得：， ，解得，代入得，即. 9【答案】AB【详解】由图可得，所以，故A正确； 由图可得，所以，由图可得，且为在增区间零点，则，即，又，故，故，故B正确、C不正确；则，则 ，所以为奇函数，故D不正确.故选：AB. 10．ABD【详解】对于A，记棱柱的高为,即直四棱柱的侧棱长都为，因为，可得， 又因为是菱形，可得，所以是等边三角形，所以，可得，联立方程组，解得，故棱柱的体积，所以A正确；棱柱表面积，所以B正确；记点到平面的距离为， 由，可得，由余弦定理得，因为，可得，所以，所以，所以C错误；由，所以直线与所成角，即为直线与所成角， 即所求角为的补角，由C项知，所以直线与所成角的余弦值为，所以D正确. 11．BC【详解】要求函数在区间且上的最值之差等于,函数的最值之差为，若要其等于，则必须满足，这与任意有意义的均成立的要求矛盾，故A错误；函数，令且，当且时，由推导可得，因为，因此必定存在正实数，同理当时，由，推导可得，必定存在正实数，当时显然存在，故B正确；函数，令，且，当时，由， 根据对数函数图像性质得，可知必定存在正实数，当时由推导可得，同理可知必定存在正实数，故C正确；若，假设存在满足条件的正实数与，令，因为，故有，由指数函数的单调性可知必有，则，由于，必有，进而，由和在的图像可知不等式无解，故D错误． 12．【详解】由已知联立，得，解得.由面积得，可得.由余弦定理得，当且仅当时，等号成立，于是的最小值为． 13【答案】【分析】先根据已知求出满足条件的关系式，然后根据古典概型概率公式，得出答案.【详解】先后抛掷两次正方体骰子，用数组表示可能的结果，m是第一次抛掷的点数，n是第二次抛掷的点数，则试验的样本空间为，其中共有36个样本点，由得，∴，满足题意的样本点共3个：，所以的概率.故答案为：. 14【答案】##0.8【详解】解：由题意得： 由题意得： 由可知：，即，即故可知故答案为： 15【答案】（1） （2）792 【分析】（1）根据整体代换法求对称轴、对称中心建立关于和的方程组，解之即可； （2）由（1），求得，由，得，结合等差数列的定义和前项求和公式计算即可求解. 【1】由题意知，消去解得，令，则，因为，则，解得，而，故，所以. 【2】由（1）知，代入，得， 所以，因为，故，解得，而，故，则值是首项为，公差为6的等差数列的前16项，设这16项的和为，则. 16【答案】（1） （2） 【分析】（1）根据正弦定理以及两角和的正弦公式可求得的值，则角可求； （2）根据三角形形状先求解出角的范围，再由正弦定理以及两角和的正弦公式表示出并求出其范围，将平方可计算出的范围，则结果可知. 【1】，，由正弦定理可得，，，，则，，则，所以． 【2】由（1）知，∵为锐角三角形，则，，，则，由正弦定理可得， ，为边中点，，， ，即． 17【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】（1）由题意， ，又 ，， ，， 又由题意设椭圆中心点为 ，离心率为 ， 即 ，可得: ， ，，又 平面 ， 平面 （2）如图，建立以 为原点， ， ，过 垂直于平面 的直线分别为 轴、 轴、 轴，建立空间直角坐标系 ．则 ，， ． 设平面 的法向量为 ，则 ， 则令 为平面 的一个法向量． 同理设平面 的法向量为 ，则 ，令 ， 为平面 的一个法向量． 由为线段 上靠近 四分之一点，二面角 显然为钝角， 设二面角 为 ，则 ． 18【答案】（1） （2） 【分析】（1）由等差数列通项公式、求和公式代入即可求得首项和公差，即可求解； （2）通过作差法得到，再通过分离参数得到，通过构造函数求导确定数列，单调性即可求解. 【1】设等差数列的首项为，公差为，根据条件得 ， 化简得：  ①根据条件得：  ，化简得：​ ②联立①②解得： ，因此： ； 【2】由题意，，当时，,当时，， 计算得： ，，时，，符合，故 原不等式整理得：  ， 化简左边： ，由于，不等式等价于： ， 令​，设 ，求导得，可知时，，单调递增，当​时，，单调递减， 故对数列，，，当时递减，因此的最大值为， 故，即的取值范围是 . 19【答案】（1） （2） 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线斜率，再根据点斜式求切线方程； （2）根据导数分类讨论函数单调性且存在零点情况得到参数范围； 【1】由，可得，则，又，则，所以在处的切线方程为，即. 【2】由可知，，又，当时，，，恒成立，则在定义域内单调递增，仅有一个零点，与题意不符，舍去；当时，恒成立，则在定义域内单调递减，仅有一个零点，与题意不符，舍去；当时，由于的，可设的两个根为．下证：，事实上，这表明，又，这表明，结合的定义域，则有时，，递增； 时，，递减；时，，递增；注意到，则有，，且趋于正无穷时，趋于正无穷大，趋于时，趋于负无穷大．由零点存在定理，可知存在，使得，又，这表明．综上，． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $