湖南省株洲市2026-2027学年高三上学期期中自编模拟数学试卷

湖南省株洲市2026-2027学年高三上学期期中自编模拟试卷 数学试题 注意事项： 1. 答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。 2. 请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。 3. 作答选择题必须用 2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 4. 本试卷共 4 页，满分 150 分，考试时间为 120 分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1.若，，则的元素个数为 A.0 B.1 C.2 D.3 2.设函数，若在区间上的最大值为，则（） A. B. C. D. 3.如图所示，在平行四边形中，与交于点，是线段的中点，的延长线与交于点.若，，则等于（） A. B. C. D. 4.函数图象上的点到直线的距离的最小值为（） A. B. C. D. 5.四名同学各掷骰子次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的是（） A.平均数为3，中位数为2 B.平均数为2，方差为2.4 C.中位数为3，众数为2 D.中位数为3，方差为2.8 6.若函数在内恰好存在个，使得，则的取值范围为（） A. B. C. D. 7.正整数的倒数的和已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到了它的近似公式，当很大时，.其中称为欧拉-马歇罗尼常数，，至今为止都不确定是有理数还是无理数.设表示不超过的最大整数，用上式计算的值为（） （参考数据：，，） A.10 B.9 C.8 D.7 8.已知在矩形中，，，，分别在边，上，且，，如图所示，沿将四边形翻折成，设二面角的大小为，在翻折过程中，当二面角取得最大角，此时的值为（） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.已知复数满足，为虚数单位），是方程在复数范围内的两根，则下列结论正确的是（） A.的最小值为 B.的最小值为 C.当时，则 D.当时，则 10.在空间四边形中，，，则（） A.若为的中点，则 B.直线与所成角的余弦值为 C. D.空间四边形外接球的表面积为 11.已知随机事件满足，，，，则下列说法正确的是（） A.事件相互独立 B. C.若，则 D.若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.袋中有大小质地均相同的个黑球，个白球，个红球，现从袋中随机取球，每次取一个，不放回，直到某种颜色的球全部取出为止，则最后一个球是白球的概率是                   ． 13.已知的展开式的二项式系数和为64，各项系数和为729，则其展开式的常数项为                  . 14.已知的面积为，，，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．已知数列满足：，，N*且≥. （1）求证： 数列为等差数列； （2）求数列的通项公式； （3）设，求数列的前项和. 16.对于两个定义域均为D的函数和若存在使得且则称和“局部相等”. (1)判断函数与是否“局部相等”，并说明理由； (2)若函数与“局部相等”，求实数m的值； (3) 对于给定的实数m，若存在实数n，使得函数与“局部相等”，求实数m的取值范围. 17.已知函数f(x)＝excos x－x. (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值． 18．已知抛物线：（）上横坐标为4的点到焦点的距离为5. （1）求抛物线的方程； （2）设直线与抛物线C交于两点 ，且（），且为常数，我们把叫做抛物线的弦，若 是弦中点，过作平行于轴的直线交抛物线于点，得到，求证：的面积为定值； （3）在（2）的条件下，再分别过弦、的中点作平行于轴的直线依次交抛物线于点、 ，得到和 ，按此方法继续下去，若设 …，是第次操作时得到的个三角形面积的和，记 试比较与 大小并说明理由. 19.已知函数． (1)当时，求的单调区间； (2)若函数有三个不同的极值点， (ⅰ)求的取值范围； (ⅱ)证明：． 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省株洲市2026-2027学年高三上学期期中自编模拟试卷 数学试题 注意事项： 1. 答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。 2. 请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。 3. 作答选择题必须用 2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 4. 本试卷共 4 页，满分 150 分，考试时间为 120 分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1.若，，则的元素个数为 A.0 B.1 C.2 D.3 【答案】C 【解析】由集合， 将不等式两边化为同底形式，即. 由于函数为增函数，可得，解得. 又因为为整数，所以. 由，可得或. 由得，由得，所以集合. 因此. 结合集合和的范围，可知，且， 所以，元素个数为2. 2.设函数，若在区间上的最大值为，则（） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】，得， 故. 最大值必然由分段函数取得，结合为开区间，得，且最大值在处取得. 由， 解得或，舍去. 故选：A. 3.如图所示，在平行四边形中，与交于点，是线段的中点，的延长线与交于点.若，，则等于（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】由得，所以，为中点，为中点，故，即. 由得，结合，代入，，得. 故选：B. 4.函数图象上的点到直线的距离的最小值为（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】的定义域为，求导得，令， 解得（负值已舍去）. 计算得， 故曲线在点处的切线与直线平行，该切点到直线的距离即为所求最小值. 由点到直线的距离公式得，点到直线的距离为， 由此可得所求距离的最小值为. 故选：C. 5.四名同学各掷骰子次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的是（） A.平均数为3，中位数为2 B.平均数为2，方差为2.4 C.中位数为3，众数为2 D.中位数为3，方差为2.8 【答案】B 【解析】对于选项A，因为存在数据组， 其平均数，中位数为，且包含点数，所以不一定成立. 对于选项B，设五个数为， 由平均数得.若存在， 则剩余四个数之和为，且均为正整数， 故四个数均为.此时方差， 与方差为矛盾，所以一定无出现. 对于选项C，因为存在数据组， 其中位数为，众数为，且包含点数， 所以不一定成立. 对于选项D，因为存在数据组， 其平均数，中位数为，方差， 且包含点数，所以不一定成立. 答案为B. 6.若函数在内恰好存在个，使得，则的取值范围为（） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】设， 由，，得. 原问题等价于函数在区间上恰好存在个满足. 结合余弦函数图像，时满足的解从小到大依次为，恰好个解需满足. 不等式两边同除以，移项整理得. 故选：A. 7.正整数的倒数的和已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到了它的近似公式，当很大时，.其中称为欧拉-马歇罗尼常数，，至今为止都不确定是有理数还是无理数.设表示不超过的最大整数，用上式计算的值为（） （参考数据：，，） A.10 B.9 C.8 D.7 【答案】C 【解析】设，，由近似公式得，其中. 由，故数列为递增数列. 由，得. 由，得. 结合与数列递增性，得，由此可得. 故选：C. 8.已知在矩形中，，，，分别在边，上，且，，如图所示，沿将四边形翻折成，设二面角的大小为，在翻折过程中，当二面角取得最大角，此时的值为（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】过作的垂线交于，交于，交于， 设在平面内的投影为，得在直线上，过作的垂线，垂足为， 故为二面角的平面角. 设， 由题意得， 故，. 由，，得， 化简得， 从而. 令， 整理得， 由辅助角不等式得，平方化简得. 当， 即时，取得最大值，对应二面角取得最大角， 解得. 故选：B. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.已知复数满足，为虚数单位），是方程在复数范围内的两根，则下列结论正确的是（） A.的最小值为 B.的最小值为 C.当时，则 D.当时，则 【答案】ACD 【解析】设复平面内的对应点分别为，由得，故在直线上. 由得，故在圆上. 表示圆上点到直线的距离，圆心到直线的距离为，减去半径得最小值为，故A正确. 表示圆上点到直线的距离，圆心到直线的距离为，减去半径得最小值为，故B错误. 是方程在复数范围内的两根，由韦达定理得，，计算得判别式. 当即或时，为实根，化简得，当时，，代入化简得，故C正确. 当时，，为一对共轭虚根，满足且，故，故D正确. 故选：ACD. 10.在空间四边形中，，，则（） A.若为的中点，则 B.直线与所成角的余弦值为 C. D.空间四边形外接球的表面积为 【答案】ACD 【解析】对于选项A，为中点，， 故A正确. 对于选项B， 由，， 由余弦定理得，，又， 所以， 故直线与所成角的余弦值为，B错误. 对于选项C，，又， 所以， 即， 故C正确. 对于选项D，将空间四边形补为长方体，该空间四边形的外接球即为长方体的外接球， 外接球半径, 所以外接球表面积为， 故D正确. 故选：ACD. 11.已知随机事件满足，，，，则下列说法正确的是（） A.事件相互独立 B. C.若，则 D.若，则 【答案】AC 【解析】由概率加法公式，代入已知得. 事件相互独立的充要条件为，计算得，故事件相互独立，A正确. 由条件概率公式得，，因为，故B错误. 由，结合，得，故C正确. 由已知条件展开得，代入，，得，结合，消元解得，故D错误. 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.袋中有大小质地均相同的个黑球，个白球，个红球，现从袋中随机取球，每次取一个，不放回，直到某种颜色的球全部取出为止，则最后一个球是白球的概率是                   ． 【答案】 【解析】袋中共个黑球，个白球，个红球，最后取出的是白球且停止取球时，取球次数可为，，次. 记两次取球停止且最后一球为白球的概率为，符合条件的排列共种， 故. 记三次取球停止且最后一球为白球的概率为，符合条件的情况为前两次取一白一红，排列数为， 故. 记四次取球停止且最后一球为白球的概率为，符合条件的排列数为， 故. 所求概率. 故答案为：. 13.已知的展开式的二项式系数和为64，各项系数和为729，则其展开式的常数项为                  . 【答案】240 【解析】因为二项式系数和为，所以. 由各项系数和为，得或， 因为，所以. 通项为. 令，得. 常数项为. 14.已知的面积为，，，则                  ． 【答案】 【解析】记，，，，， 由此得. 由面积为，，得，化简得. 展开向量点积和得， 整理得原式， 代入，，，得原式. 结合已知原式等于，得，整理得， 由得，即. 故答案为：. 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．已知数列满足：，，N*且≥. （1）求证： 数列为等差数列； （2）求数列的通项公式； （3）设，求数列的前项和. 【答案】（1）证明：由，可得， 则， 又因为，所以数列是以首项为，公差为的等差数列； （2）由（1）得，则； （3）由（2）可得；， 则. 16.对于两个定义域均为D的函数和若存在使得且则称和“局部相等”. (1)判断函数与是否“局部相等”，并说明理由； (2)若函数与“局部相等”，求实数m的值； (3) 对于给定的实数m，若存在实数n，使得函数与“局部相等”，求实数m的取值范围. 【答案】解：(1)由得;由得. 联立,即,由得,故. 当时,,,故f(1)=g(1)，=f(x)g(x)“局部相等”. (2)由得;由得. 联立,即,由得,代入得, 即,故,代入得. (3)由得;由得. 联立,即,由得,代入得,化简得,即. 设,则. 当时,,故,单调递增;当时,,故,单调递减. 因此,且时,时,故的值域为. 由有解得,即. 17.已知函数f(x)＝excos x－x. (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值． 【答案】解 (1)因为f(x)＝ex·cos x－x，所以f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0， 又因为f(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1. (2)设h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，则h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x. 当x∈时，h′(x)＜0，所以h(x)在区间上单调递减． 所以对任意x∈有h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0. 所以函数f(x)在区间上单调递减． 因此f(x)在区间上的最大值为f(0)＝1，最小值为f＝－. 18．已知抛物线：（）上横坐标为4的点到焦点的距离为5. （1）求抛物线的方程； （2）设直线与抛物线C交于两点 ，且（），且为常数，我们把叫做抛物线的弦，若 是弦中点，过作平行于轴的直线交抛物线于点，得到，求证：的面积为定值； （3）在（2）的条件下，再分别过弦、的中点作平行于轴的直线依次交抛物线于点、 ，得到和 ，按此方法继续下去，若设 …，是第次操作时得到的个三角形面积的和，记 试比较与 大小并说明理由. 【答案】（1）解：依题意得，解得. 所以抛物线方程为​​​​​​​ （2）证明：如图： 若，即直线 AB 垂直于x 轴，不妨设由又由抛物线对称性可得 又得故 若设直线 AB 方程： 由方程组消去x得 依题意可知，由已知得 由得即整理得 所以 AB中点所以点 依题意知 又因为方程（*）上判别式得 所以 又所以 又a为常数，故的面积为定值. （3）解：依题意得 故 19.已知函数． (1)当时，求的单调区间； (2)若函数有三个不同的极值点， (ⅰ)求的取值范围； (ⅱ)证明：． 【答案】(1)解：的定义域为，求导得. 令，得，因为，所以，在上单调递增. 又，故当时，当时，因此的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)(ⅰ)解：有三个不同极值点等价于有三个不同零点. 由(1)知，当时，仅有一个零点，不符合题意. 当时，由基本不等式得，故，在上单调递增，最多一个零点，不符合题意. 当时，令得，设两根为，，满足. 当或时，当时，故在和上单调递增，在上单调递减，又，所以，. 令，求导得，故在上单调递减，在上单调递增，，因此对成立. 计算得，. 由零点存在定理，存在和使得，记，则有三个不同零点，对应有三个不同极值点，故的取值范围为. (ⅱ)证明：由（ⅰ）知，若是的根，则，即也是的根，故. 要证，只需证. 由，代入得只需证，其中. 令，，求导得. 令，，求导得，故在上单调递增，. 因此，在上单调递增，故，原不等式成立，即. 学科网（北京）股份有限公司 $