湖南省长沙市2026-2027学年高三数学上学期期中模拟试卷（三）

湖南省长沙市2026-2027学年高三数学上学期期中模拟试卷（二） 一、单选题：本大题共8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．已知集合，，则集合=（    ） A．{1，2} B．{1，2，3} C．{0，1，2} D．（0，1） 2．设是复数的共轭复数，若，则 A． B．2 C．1 D．0 3．若直线与直线平行，则（    ） A． B．6 C． D． 4．已知函数，点、分别是函数图象上的最高点和最低点，O为坐标原点，则的值为（    ） A． B． C． D． 5．已知数列的前项和为，若，，则（ ） A．6 B．12 C．18 D．24 6．已知函数在是增函数，关于轴对称，若关于的不等式成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．已知数列，中满足，，，若前项之和为，则满足不等式的最小整数是（    ）. A．8 B．9 C．11 D．10 8．在四棱锥中，，，．若该四棱锥的外接球球心在底面内，则该四棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 二、多选题：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，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．下列命题中正确的是（    ） A．已知平面向量满足，则 B．已知复数z满足，则 C．已知平面向量，满足，则 D．已知复数，满足，则 10．如图，AC为圆锥SO的底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，母线，圆锥SO的侧面积为，则下列结论正确的是（   ） A． B．三棱锥的体积最大值为 C．若点B为弧AC的中点，则二面角的平面角大小为 D．若，E为线段AB上的动点，则的最小值为 11．若满足，满足，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知，其中，，则的最小值为______. 13．若幂函数的图象经过点，则满足的的最大值与最小值的差为_______． 14．已知数列的首项，数列满足，为数列的前项和，且满足：，则数列的通项公式为______，若对且，不等式恒成立，则的取值范围为______ 四、解答题：本大题共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．已知四边形的顶点，，． (1)已知，求的值； (2)若，四边形构成平行四边形，求的坐标． 16．数学家也有一些美丽的错误,如法国数学家费马于年提出了以下猜想：是质数.年,瑞士数学家欧拉算出,该数不是质数.已知为数列的前项和,且 （1）求数列的通项公式； （2）若,设为数列的前项和,求出,并证明：对任意,. 17．已知的外接圆半径为，内切圆半径为，角的对边分别为，且，， (1)求的值； (2)求的取值范围. 18．如图，圆柱的轴截面ABCD是正方形，点在底面圆周上，为垂足. (1)求证：. (2)若，当直线与平面所成角的正切值为2时， ①求平面与平面夹角的余弦值； ②求点到平面的距离. 19．已知函数，． (1)若在定义域上单调递增，求m的取值范围； (2)若有两个极值点a，b，证明：； (3)若，关于x的方程在上有两个不同的实数根，，证明：． 第1页（共2页） 第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 《湖南省长沙市2026-2027学年高三数学上学期期中模拟试卷（三）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B C D D D D C ABC ABD 题号 11 答案 ACD 1．A 【分析】先化简集合A，B，再利用补集的定义求得，然后利用交集的定义求解. 【详解】因为集合，或， 所以， 所以. 故选：A 【点睛】本题主要考查集合的基本运算以及函数定义域的求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 2．B 【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出． 【详解】，， ，. 故选：B. 【点睛】本题复数代数形式的乘除运算、共轭复数，考查基础概念及运算法则的应用，属于基础题. 3．C 【分析】根据两直线平行的系数关系，列出方程，即可得到答案. 【详解】因为，所以，解得. 经检验，当时，直线的方程为，即， 此时与不重合，满足题意 故选：C 4．D 【分析】由的取值范围求出的范围，再根据正弦函数的性质求出、两点坐标，最后根据数量积的坐标表示计算可得. 【详解】因为，，所以，所以， 令，解得，所以，即， 令，解得，所以，即， 所以，， 所以. 故选：D 5．D 【详解】因为，所以， 作差可得，即， 又，代入可得， 所以数列从第二项起为公比是2的等比数列， 所以. 6．D 【分析】根据题意，由函数的单调性以及对称性将不等式化简，然后代入计算，即可得到结果. 【详解】因为关于轴对称，则关于对称， 又函数在是增函数，所以在是减函数， 由可得， 由函数的单调性以及对称性可得， 即，化简可得，解得或， 则实数的取值范围是. 故选：D 7．D 【分析】由可求得数列的通项公式，进而求得数列，表示出， 令，即可得到满足不等式的最小整数. 【详解】解：由题意可知：， 即， 即， 又， ， 即数列是以首项为9，公比为的等比数列， ， 即， ， ， 则， 即， 又， 满足不等式的最小整数， 即. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用构造法求出数列的通项公式. 8．C 【分析】由题意得到，从而得到，由四棱锥的外接球球心在底面内，得到四点共圆，从而得到，继而得到，则四边形的外接圆的圆心是的中点，即四棱锥的外接球球心为点，通过勾股定理求出，利用锥体的体积公式求解. 【详解】因为，，且为公共边， 所以，所以， 因为四棱锥的外接球球心在底面内， 所以四点共圆，所以， 因为， 所以， 所以四边形的外接圆的圆心是的中点， 所以四棱锥的外接球球心为点， 在中，，，， 则，即， 所以， ， 因为，的中点，所以， 又因为，所以, 因为，所以， 因为，，， 所以，所以， 因为，， 所以底面，所以是四棱锥的高， 所以该四棱锥的体积为. 9．ABC 【分析】结合选项逐个验证，向量的模长运算一般利用平方处理，复数问题一般借助复数的运算来进行. 【详解】因为，所以A正确； 设，则，因为，所以， 所以，所以B正确； 因为，所以，即，所以C正确； 因为，然而，所以D不正确. 故选：ABC. 10．ABD 【分析】A选项，由圆锥侧面积公式得到，根据勾股定理求出圆锥的高；B选项，由勾股定理得，表达出三棱锥的体积，利用基本不等式求出最大值；C选项，作出辅助线，得到即为二面角的平面角，并求出，故，C错误；D选项，将与沿着折叠到同一平面内，得到最小值为，作出辅助线，由勾股定理求出最小值. 【详解】A选项，圆锥SO的侧面积为，即， 又，故， 由勾股定理得，A正确； B选项，因为为直径，所以⊥，且， 由勾股定理得， ， 当且仅当时，等号成立， 所以三棱锥的体积最大值为，B正确； C选项，取的中点，连接， 点B为弧AC的中点，所以， 又⊥，所以⊥， 因为，由三线合一得⊥， 所以即为二面角的平面角， 其中，故， 又，所以，故，C错误； D选项，若，则为等腰直角三角形，且， 又，所以为等边三角形， 将与沿着折叠到同一平面内，如图所示， 连接，交于点，此时最小，最小值为， 过点作⊥，交的延长线于点， 则，， 所以，由勾股定理得 ，D正确. 故选：ABD 11．ACD 【分析】利用函数的单调性结合函数零点存在性的判定方法，可判断A的真假；利用函数图象的对称性，数形结合，先确定的值，结合基本不等式，可判断BC的真假；设，利用该函数的单调性，可判断D的真假. 【详解】令,在上单调递增． ， 的零点，故A正确； 由得，即函数与函数的图象交于点， 由得， 即函数与函数的图象交于点， 函数与函数的图象关于直线对称，的图象也关于直线对称， 点与点关于直线对称． 记直线与交于点,，解得. 故点的坐标为， ，，故B错误； ，故C正确； 由及知， ， 令． 在区间上单调递减，在区间上单调递增， 在区间上单调递减， ， ，故D正确． 12．20 【分析】由题意得，利用基本不等式可求得的最小值. 【详解】由知，由知，故， 所以，所以，当且仅当时取等号. 故的最小值为. 故答案为：20. 13． 【分析】设，根据求出的值，可确定函数的解析式，再令，分析该函数的单调性，再结合求解即可. 【详解】根据题意，设，则，解得，故， 令，该函数的定义域为， 因为函数、在上均为增函数，故函数在上为增函数， 因为，由可得，故， 故满足的的最大值与最小值分别为、， 故满足的的最大值与最小值的差为. 14． 【分析】根据的关系，即可求得的通项公式；结合可求出的表达式，从而化简，可得对且恒成立，分类讨论n的奇偶性，结合二次函数最值以及解一元二次不等式，即可求得答案. 【详解】因为，故， 当时，，也适合， 故； 对且，不等式恒成立， 即恒成立， 结合，即对且恒成立， 又，即， 故为公比为的等比数列，首项为， 故， 当n为奇数时，， ，即对且恒成立， 而在上单调递减，此时最大值为， 故； 当n为偶数时，， 则，即对且恒成立， 此时最大值为， 故； 结合，可得的取值范围为， 故答案为：； 15．(1) (2) 【分析】（1）由平面向量的数量积公式求解； （2）由相等向量进行求解． 【详解】（1）， ， 由，得，得， 得． （2）若，得，设的坐标为， 因为四边形构成平行四边形，所以， 则， 得，得，故的坐标为． 16．（1）（2）证明见解析 【分析】（1）根据数列的前项和公式的性质可得 ,分别代入、,即可求得的通项公式,需要注意验证的情况. （2）根据（1）得,即可求得,带入中,整理之后,得出,利用裂项相消求和,最后分离常数,即可证明. 【详解】解：（1）因为,, 所以; 当时,, 当时,, 适合上式, 故; （2）因为,所以, 所以, 故, 所以 ; 因为,所以对恒成立,即, 所以,又因为, 所以, 综上对, 17．(1) (2) 【分析】（1）根据余弦定理求出，再利用正弦定理求出； （2）根据等面积法求出，方法一：利用均值不等式求出，进而得到的取值范围； 方法二：利用正弦定理转化为函数，再由三角函数求值域即可得出范围. 【详解】（1）由题意，由余弦定理得， 又，则， 又由正弦定理：，解得. （2）由（1）得，则， ， 则， 方法一：由， 解得（当且仅当时取等号）， 又因为，故， 从而得. 方法二：在中，由正弦定理得， 即， 则 ， 又，则， ， 即， . 18．(1)证明如下： 由题意可知底面平面，故， 又平面， 故平面，由平面，得， 又平面， 故平面，由平面，可得. (2)①； ② 【分析】（1）利用线面垂直得到平面，进而证明即可. （2）①建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法处理即可. ②利用点到平面的距离公式求解即可. 【详解】（1）略 （2）①由题意，以为原点， 分别以AB，AD所在直线为轴、轴建立如图所示空间直角坐标系， 则， 因为平面，所以就是直线DE与平面所成的角， 所以，所以， 所以 由以上可得， 设平面的法向量为， 则即 取，得. 又是平面的一个法向量，设平面与平面夹角的大小为， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. ②因为， 所以点到平面的距离. 19．(1) (2)证明：由题意得，． 因为有2个极值点a，b，则有两个正根a，b． 则，解得． 所以 ． 设，，则． 因为，所以，则， 所以在区间上单调递增． 即， 所以． (3)设， 当时，．又恒成立，则在上单调递减； 当时，．又恒成立，则在上单调递增． 因为方程在上有2个不同的根，， 又时，，如图所示： 所以，． 又在处的切线方程为，设，． 当时，恒成立，所以在区间上单调递增，则． 即当时，． 与，的两个交点的横坐标分别为与， 则有，同时． 过点和的直线方程为， 该直线与的交点的横坐标为，同理可证：， 所以． 综上所述，成立． 【分析】（1）求定义域，求导，根据函数单调性得到恒成立，参变分离，结合基本不等式可得答案； （2）根据极值点情况可得不等式，得到，，故，设，，求导，得到的单调性，得到，证明出结论； （3）设，求导，得到的单调性，画出的图象，数形结合得到，．又在处的切线方程为，设，求导，得到的单调性，得到，并得到过点和的直线方程为，该直线与的交点的横坐标为，同理可证，所以，可得成立． 【详解】（1）的定义域为，． 因为在上单调递增，所以恒成立． 则，即在上恒成立，所以． 因为，当且仅当时，等号成立． 所以． （2）略 （3）略 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 $