湖南省长沙市2026-2027学年高三上学期数学期中模拟考试自编试卷

湖南省长沙市2026-2027学年高三上学期期中模拟考试自编试卷 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.设集合，，则（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】由得或， 解得或， 故. 由解得， 故. 计算交集得. 故选：B. 2.在复平面内，正方形为原点）中若对应的复数为，则对应的复数为（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】正方形中，为原点， 由对应的复数为，得的坐标为， 结合正方形对边平行且相等的性质，得. 由， 化简得的坐标为， 故对应的复数为. 故选：C. 3.如图，在中，为的中点，则（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】由，得， 由为的中点，得. 代入的表达式展开，得，合并同类项得. 故选：C. 4.已知，，则（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】由得， 由得， 整理得. 联立两式解得，， 从而. 故选：B. 5.已知事件满足，，则下列命题正确的是（） A.若，则 B.若，互斥，则 C.若，则 D.若，相互独立，则 【答案】D 【解析】若，得， 故， 因此A错误. 若互斥，得为不可能事件， 故， 因此B错误. 若，得， 故， 因此C错误. 若相互独立， 由独立事件概率乘法公式得，结合概率加法公式得， 因此D正确. 故选：D. 6.设，，，则（） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】当时，， 由得，结合，， 故且. 令，得，令，得. 当时，，单调递减， 当时，，单调递增. 由单调性得， 故在上单调递增，得， 即， 由此可得. 综上. 故选：A. 7.设函数.若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】由辅助角公式得，. 设最小正周期为， 由得，，结合周期公式得， 整理得，. 当时，， 由在上存在零点得， 化简得. 结合，，得的最小值为. 故选：B. 8.若存在，使得对恒成立，则实数的范围为（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】原不等式整理得，当时，，，故，结合存在使得不等式对恒成立，得对恒成立. 不等式等价于，变形得，即对恒成立. 令，求导得，故在上单调递增，由得，由此可得对恒成立，即对恒成立. 令，求导得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，故的最大值为，从而. 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.如图，在某城市中，两地之间有整齐的方格形道路网，其中是道路网中的5个指定交汇处，今在道路网处的甲、乙两人分别要到处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达处为止，则下列说法正确的是（） A.甲从到达处的方法有15种 B.甲从必须经过到达处的方法有6种 C.甲、乙两人在处相遇的概率为 D.甲、乙两人在道路网中5个指定交汇处相遇的概率为 【答案】ACD 【解析】甲从到的最短路径仅能向上或向右行走，共需走步，其中步向上，步向右，故走法总数为种，A正确. 甲从到的走法为种，从到的走法为种，因此甲经过到达的总走法为种，B错误. 由上述结论得，甲、乙经过的走法各有种，故两人在处相遇的走法共种，甲、乙两人的总走法为种，因此两人在处相遇的概率为，C正确. 甲、乙速度相同且同时出发，相遇时两人走过的路程相等，结合道路网结构可知，两人仅能在处相遇，故两人在个指定交汇处相遇的概率为，D正确. 答案为ACD. 10.已知函数，则（） A.的图象关于轴对称 B.有两个零点 C.不等式的解集为 D.若，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】函数的定义域为，对任意，，故为偶函数，图象关于轴对称，A正确. 当时，，因为、、在上均为增函数，故在上为增函数，又. 结合为偶函数得，在上为减函数，且，由此可得有且只有两个零点，B正确. 由为偶函数且在上单调递增，等价于，即，化简得且，故不等式解集为，C错误. 由，得，结合在上单调递增得，即. 由均值不等式得，当且仅当时等号成立，故的最小值为，D正确. 答案为ABD. 11.如图，在矩形中，，，为中点，现分别沿将、翻折，使点重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（） A.三棱锥的体积为 B.直线与直线所成角的余弦值为 C.直线与平面所成角的正弦值为 D.三棱锥外接球的半径为 【答案】ABD 【解析】由题意得，，又，平面， 故平面. 在中，，边上的高为，， 故A正确. 在中，，又，， 故直线与直线所成角的余弦值为，B正确. ， 设点到平面的距离为， 由得， 解得，直线与平面所成角的正弦值为， 故C错误. 由得，外接圆半径， 设三棱锥外接球半径为，外接球球心为，外接圆圆心为，则平面，结合平面得， 由勾股定理得， 故，D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.若圆与圆有且仅有条公切线，则的最大值为                   ． 【答案】 【解析】圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径. 两圆有且仅有条公切线，故两圆外切，由得，整理得. 设，，，代入得，整理得，其中，，为锐角. 由，故当时，取得最大值. 故答案为：. 13.若，已知数列中，首项，，，则                   . 【答案】 【解析】由， 计算得， 即. 由，，得时，，两式相减得. 整理得时，， 故为常数列，结合，得，验证满足该式， 故对任意成立. 计算得， 故. 记，则，两式相加得， 化简得， 即. 14.在平面直角坐标系中，若、，则称“”为、两点的“曼哈顿距离”，若动点到两定点、的“曼哈顿距离”之和为定值，则称点的轨迹为“曼哈顿椭圆”，若点为该“曼哈顿椭圆”上一点，则该“曼哈顿椭圆”的面积为                   ． 【答案】 【解析】设， 由曼哈顿距离定义得，， 故. 当，时，化简得； 当，时，化简得； 当，时，化简得. 当，时，化简得； 当，时，化简得； 当，时，化简得. 轨迹关于轴、轴对称，右侧部分为梯形，上底长，下底长，高为， 由此可得总面积为. 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，设角A，B，C的对边长分别为a，b，c. (1)若，，，求的周长； (2) 若点D是边上一点，且，，，求的长. 【答案】解：(1)由,, 得, 故. 由正弦定理, ,,, 得, . 故的周长为. (2)设,, 则, 故. 在中, 由余弦定理得①； 在中, 由余弦定理得②. ①×2+②得. 由, 得, 解得. 16.设正项数列的前n项和，满足． (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前n项和． 【答案】解：(1)由得, 故. 由得, 展开并整理得. 因,故. 当时,,解得. 故是首项为1、公差为2的等差数列, 即. (2)由得. 由 得. 由 得, 故. 17.如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，，分别为，的中点． (1)证明：平面； (2)求平面与底面夹角的余弦值； (3)求平面与四棱锥表面的交线围成的图形的周长． 【答案】(1)证明：连接,因为,分别为,的中点,故． 又平面,平面,故平面． (2)解：以为原点,所在直线为轴,所在直线为轴,所在直线为轴建立空间直角坐标系． 由,,分别为,的中点,得,,, 故,． 设平面的法向量为,由,,得． 令,得,,故． 平面的法向量为,故． 故平面与底面夹角的余弦值为． (3)解：设平面与的交点为,则． 由,得,解得． 计算得,同理,同理． 故交线围成图形的周长为. 18.设抛物线（为常数，且）的焦点为，准线为，点在上且位于第一象限，过点作的垂线，垂足为． (1)若点的坐标为，求． (2)设过三点可作椭圆，且的两个焦点均在轴上，记轴正半轴上的焦点为，且在的左侧． (ⅰ)证明：的周长为定值． (ⅱ)证明：的离心率大于． 【答案】(1)解：结合点在抛物线上，，故. 抛物线的方程为，准线的方程为.. (2)(ⅰ)设，则. . 结合、在椭圆上且纵坐标相等，由椭圆对称性，的短轴在线段的垂直平分线上，中心的横坐标为. 结合的焦点均在轴上，故在轴上，即. 设的长半轴长为，则. 设的左焦点为，由椭圆定义，. 的周长. .，故的周长为定值. (ⅱ)设的焦距为，离心率为，则. 由（ⅰ）知为的右顶点，为的右焦点，故. 结合在轴正半轴上，，故. 设的短半轴长为，则. 结合在上及，得. 整理得，结合与的表达式，. 由在第一象限且为的右顶点，得，即. 结合，得，即. 要证，只需证，即，化简得，该式已成立. 故的离心率大于，得证. 19.已知函数为自然对数的底数). (1)若在处的切线与恰有一个公共点，求的值； (2)若，讨论函数的单调性； (3)若函数至少存在一个零点，求的取值范围. 【答案】解：(1)由得，代入得，，从而曲线在点处的切线方程为. 联立切线与得，整理得，由两曲线恰有一个公共点，得方程判别式，化简得. (2)，定义域为，求导得，由得的符号由决定. 当时，对任意，都有，故，在上单调递增；当时，时，，时，，故在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增. (3)至少存在一个零点等价于在上至少有一个实根，即在上有解. 设，，令，，则，对求导得，在上单调递增，在上单调递减，故的最大值为. 对求导得，在上单调递增，在上单调递减，故的最大值为， 结合单调性一致，得在上单调递增，在上单调递减，故的最大值为，因此，即的取值范围为. 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省长沙市2026-2027学年高三上学期期中模拟考试自编试卷 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.设集合，，则（） A. B. C. D. 2.在复平面内，正方形为原点）中若对应的复数为，则对应的复数为（） A. B. C. D. 3.如图，在中，为的中点，则（） A. B. C. D. 4.已知，，则（） A. B. C. D. 5.已知事件满足，，则下列命题正确的是（） A.若，则 B.若，互斥，则 C.若，则 D.若，相互独立，则 6.设，，，则（） A. B. C. D. 7.设函数.若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为（） A. B. C. D. 8.若存在，使得对恒成立，则实数的范围为（） 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.如图，在某城市中，两地之间有整齐的方格形道路网，其中是道路网中的5个指定交汇处，今在道路网处的甲、乙两人分别要到处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达处为止，则下列说法正确的是（） A.甲从到达处的方法有15种 B.甲从必须经过到达处的方法有6种 C.甲、乙两人在处相遇的概率为 D.甲、乙两人在道路网中5个指定交汇处相遇的概率为 10.已知函数，则（） A.的图象关于轴对称 B.有两个零点 C.不等式的解集为 D.若，则的最小值为 11.如图，在矩形中，，，为中点，现分别沿将、翻折，使点重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（） A.三棱锥的体积为 B.直线与直线所成角的余弦值为 C.直线与平面所成角的正弦值为 D.三棱锥外接球的半径为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.若圆与圆有且仅有条公切线，则的最大值为                   ． 13.若，已知数列中，首项，，，则                   . 14.在平面直角坐标系中，若、，则称“”为、两点的“曼哈顿距离”，若动点到两定点、的“曼哈顿距离”之和为定值，则称点的轨迹为“曼哈顿椭圆”，若点为该“曼哈顿椭圆”上一点，则该“曼哈顿椭圆”的面积为                   ． 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，设角A，B，C的对边长分别为a，b，c. (1)若，，，求的周长； (2) 若点D是边上一点，且，，，求的长. 16.设正项数列的前n项和，满足． (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前n项和． 17.如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，，分别为，的中点． (1)证明：平面； (2)求平面与底面夹角的余弦值； (3)求平面与四棱锥表面的交线围成的图形的周长． 18.设抛物线（为常数，且）的焦点为，准线为，点在上且位于第一象限，过点作的垂线，垂足为． (1)若点的坐标为，求． (2)设过三点可作椭圆，且的两个焦点均在轴上，记轴正半轴上的焦点为，且在的左侧． (ⅰ)证明：的周长为定值． (ⅱ)证明：的离心率大于． 19.已知函数为自然对数的底数). (1)若在处的切线与恰有一个公共点，求的值； (2)若，讨论函数的单调性； (3)若函数至少存在一个零点，求的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 $