湖南省株洲市2026-2027学年高三上学期期中考试数学自编卷（范围：高考范围）

湖南省株洲市2026-2027学年高三上学期期中考试自编卷 数学试题 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、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. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.考试范围：高考范围。 一、选择题（本大题共8个小题，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．已知函数，，的零点分别为、、，则、、的大小顺序为（    ） A． B． C． D． 2．若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 3．已知a，，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．如图，在梯形ABCD中，，E在BC上，且，设，，则（    ） A． B． C． D． 5．已知函数对任意实数x，y满足，且，若对所有，恒有，则k的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．若，则下列结论不正确的是（    ） A． B． C． D． 7．已知狄利克雷函数，设，有以下两个结论：①函数是周期函数；②函数的值域是.则以下说法正确的是（    ） A．①正确②正确 B．①正确②错误 C．①错误②正确 D．①错误②错误 8．不等式对任意恒成立，则实数的取值范围（    ） A． B． C． D． 二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，至少有两项符合题目要求，若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分 9．下列关于圆锥曲线的说法中，正确的是（    ） A．设为两个定点，为常数，，则动点的轨迹为双曲线的一支 B．在圆上一点作圆的动弦,为原点，若，则动点的轨迹为椭圆 C．方程的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率 D．双曲线与椭圆有相同的焦点 10．在空间直角坐标系中，，，，则（    ） A． B．向量在向量上的投影向量为 C．异面直线与所成角的余弦值为 D．点到直线的距离是 11．已知函数，方程有三个不同的实根，，，则（    ） A．方程有两个不同的实根 B． C．是方程的一个根 D． 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12．二项式的展开式中，常数项是___________，各项二项式系数之和是___________.（本题用数字作答） 13．在中，已知，，，边上的两条中线相交于点，则______． 14．四棱锥的底面是正方形，平面，，，点是上的点，且（），二面角的大小为，直线与平面所成的角为，若，则的值为______． 四、解答题（本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．已知是复数，和都是实数， （1）求复数； （2）设关于的方程有实根，求纯虚数. 16．用分数指数幂表示下列各式（式中字母均为正数）： （1）；（2）；（3）. 17．已知在中，､､分别为内角､､的对边，且满足. （1）求的值； （2）若，的面积为，求的长. 18．如图，在三棱柱中，侧棱底面，，为的中点，. (1)求证：//平面 (2)求证：平面 (3)求直线与平面所成角的大小. 19．椭圆的光学性质在物理学中有主要应用：如图1，在椭圆上有一点，分别为其左、右焦点，过 作直线与切于 ，则直线与的夹角大小相等. (1)求证：的方程为：； (2)如图2：在（1）的基础上，双曲线的虚轴长为2且与有相同焦点， 不与、的交点重合，与交于两点，过分别作的切线交于 .求证：（ⅰ）  （ⅱ） 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 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考试自编卷 数学试题（解析版） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D A D B C B C CD BD 题号 11 答案 ACD 1．A 【分析】计算出的值，利用零点存在定理求出、所在区间，由此可得出、、的大小关系. 【详解】因为函数、均为上的增函数，故函数为上的增函数， 因为，，所以，， 因为函数、在上均为增函数，故函数在上为增函数， 因为，，所以，， 由可得，因此，. 故选：A. 2．D 【分析】由单调性可知在上恒成立，利用分离变量法得到，由单调性可确定，由此可得结果. 【详解】在上单调递增，在上恒成立， 在上恒成立， 在上单调递减，，， 即实数的取值范围为. 故选：D. 3．A 【分析】由基本不等式证明充分性，取特殊值说明不满足必要性，即可求解. 【详解】当时，，则“”是“”的充分条件； 当，取，则，则“”不是“”的必要条件； 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 4．D 【分析】由平面向量的加减、数乘运算求解即可. 【详解】， . 故选：D 5．B 【分析】先利用函数方程推导的解析式，再结合时恒成立的约束，分情况求解参数的取值范围. 【详解】令，代入，得，故. 构造函数，则，故可设，其中. 因此，. 当时，，对任意，恒成立，符合要求； 当时，为开口向上的二次函数，零点为，，要使时恒成立，需零点，解得. 当时，为开口向下的二次函数，当时，不满足恒非负要求，舍去. 综上，的取值范围是. 6．C 【分析】利用作差法判断A，利用不等式的性质判断B，利用基本不等式判断C，利用绝对值的概念判断D. 【详解】∵，，故A正确； 由得，故B正确； ∵，∴，故C错误； ∵，∴，故D正确. 故选：C. 7．B 【详解】对任意的正整数，当时，，则， 当时，，则，所以是函数的周期. 所以， 所以函数是周期函数，故①正确； 狄利克雷函数的值域为， 当时，，所以， 当时，， 又不可能取到一个周期内的所有实数， 所以的值域不是，故②错误. 8．C 【分析】利用参变分离法，然后求函数最值即可. 【详解】由得， 对恒成立， 即对恒成立，从而求，的最小值， 设，则，令得， ∴， ∴，即恒成立 所以 故 即 当时，等号成立，方程在内有根， 故，所以。 故选：C． 9．CD 【分析】对于A，取排除A项；对于B，先推出点为弦的中点，再利用相关点法求出的轨迹方程即可判断；对于C，求出方程的两根，再由椭圆和双曲线的离心率范围即可判断；对于D，根据椭圆和双曲线的方程，确定焦点位置和焦距即可判断. 【详解】对于A，，当时，动点的运动轨迹为线段的垂直平分线， 而非双曲线的一支，故A错误； 对于B，由，可得点为弦的中点， 不妨设在圆中，定点，动点，则（*）， 设，则，得到， 代入（*），可得：，即， 故的轨迹方程是，即点的轨迹不是椭圆，故B错误； 对于C，方程的两根是和，因椭圆的离心率范围是， 双曲线的离心率范围是，故C正确； 对于D，由双曲线，可得其焦点在轴上，，故其焦点为； 而由椭圆，可得其焦点在轴上，，故其焦点为，故 D正确． 故选：CD. 10．BD 【分析】根据选项分别求向量的坐标，再代入数量积，投影向量和向量夹角公式，以及点到直线的距离公式，即可判断选项. 【详解】由题意知， 所以，故A错误； 向量在向量上的投影向量，故B正确； 异面直线与所成角的余弦值为，故C错误； 点到直线的距离，故D正确. 故选：BD. 11．ACD 【分析】画出函数的图象，结合图像可得有两个不同的解且，，从而可判断A的正误，同样结合图形求出的范围后可判断B的正误，将代入计算后可判断C的正误，根据方程的解的传递性可用表示后根据单调性可求范围，从而可判断D的正误. 【详解】令，考虑的解. 的图象如图所示： 对于A，因为有3个不同的解，故有两个不同的解， 且，，故A正确. 对于B，由A的分析可得，故B错误. 对于C，由A的分析结合图象可得：有两个不同的解， 故且，故， 故是方程的一个根，故C正确. 对于D，由A的分析可得有两个不同的解，不妨设为， 有唯一解，不妨设为， 则，，故， 故， 而即， 所以， 记，则， 故在上单调递增，故，D正确. 故选：ACD. 12． 【分析】由展开式的通项，令即可找到常数项，利用即可算出二项式系数之和. 【详解】展开式的通项公式为， 令，得， 所以常数项为； 所有二项式系数之和为 . 故答案为：  ； 64 13．/ 【分析】由题意可得，，再利用向量夹角公式与数量积与模长的关系计算即可得. 【详解】由是边上的两条中线， 则，， 则 . 14． 【分析】先找出和，因为平面知，二面角的平面角可由三垂线法作出，再用表示出和，代入，解方程即可. 【详解】    由平面，连接，则是在面内是射影， 则直线与平面所成的角为， 平面，平面， ；又底面是正方形， ，而平面，所以平面， 连接，过点D在平面内作于F，连接 故是二面角的平面角，即. 在中，， 在中，， 从而； 在中，. 由，得，所以， 由，解得，即为所求. 故答案为： 15．（1）；（2）. 【分析】（1）设，根据复数代数形式的除法、加法运算法则化简和，若为实数，则虚部为零，即可得到方程组，解得即可； （2）设，根据复数代数形式的运算法则化简方程，即可得到方程组，解得即可. 【详解】（1）设，则， 因为和都是实数，则，解得，， 所以. （2）设，则方程为，即，若方程有实数根，则，解得，， 所以纯虚数. 16．（1）1；（2）；（3）1. 【解析】（1）将根式化为分数指数幂形式再进行计算； （2）将根式化为分数指数幂形式再进行计算； （3）分别将分子分母的根式化简为分数指数幂的形式，进行计算求解. 【详解】（1）原式； （2）原式； （3）原式. 【点睛】此题考查根式与分数指数幂的化简计算，熟练掌握运算法则，准确化简求值. 17．（1）；（2）. 【分析】（1）根据题意，化简得，得到，即可求解； （2）由（1）知，根据，求得，结合余弦定理，即可求解. 【详解】（1）由题意知， 可得 即， 因为，可得，则； （2）因为，可得， 由（1）知，且， 解得，， 由余弦定理，可得. 【点睛】对于解三角形问题的常见解题策略： 对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，同时注意三角形内角和定理，三角形面积公式在解题中的应用. 18．(1) 连接交于点，连接， 因为四边形为正方形，所以为的中点． 因为为的中点，所以． 因为平面，平面，所以平面． (2) 由题意可得平面，又平面， 所以，又为的中点，，所以， 因为，，平面， 所以平面. (3) 【分析】（1）连接交于点，连接，结合正方形的性质，根据三角形的中位线的性质得，从而利用线面平行的判定定理证明即可； （2）根据线面垂直的性质定理得，再根据等腰三角形的性质得，最后利用线面垂直的判定定理证明即可； （3）由平面知直线在平面的射影为，根据线面角的定义可知即为所求的线面角，根据勾股定理分别求得，然后在直角三角形中，求得，即可得解. 【详解】（1）略 （2）略 （3）由（2）知平面，所以直线在平面的射影为， 所以即为所求的线面角， 在中，，，为的中点， 所以，所以， 在直角三角形中，， 故在直角三角形中，， 又，所以，即直线与平面所成角为. 19．(1)证明：当切线斜率存在时，设直线与相切于点， 联立直线和椭圆方程可得， 所以，整理可得； 易知，即，所以可得； 整理可得； 又因为切点在椭圆上，即，整理可得 联立①②可得，即，得； 所以切线方程为，化简可得； 经检验，切线斜率不存在时也符合上式， 即椭圆上在点处的切线方程为. (2)（ⅰ）证明：由，得， 所以的方程为：，由， 消去 ，得， 设，则， 所以 ， 同（1）写出的方程，得 则其斜率之积为，所以. （ⅱ）证明：联立联立， 得到：，即：， 于是，即， 又，，， 得，又由于椭圆的光学性质：， 又，所以，即. 【分析】（1）利用联立方程组应用判别式计算得出椭圆上在点处的切线方程得证； （2）（ⅰ）先联立方程组得出得出韦达定理再结合即可证明；（ⅱ）先联立方程求出，进而得出，最后结合光学性质得出，再根据相似证明结论即可. 【详解】（1）略 （2）（ⅰ）略 （ⅱ）略 【点睛】关键点点睛：解题第二问的关键点是对（1）的结论即椭圆上在点处的切线方程为的应用求解. 学科网（北京）股份有限公司 $