湖南省长沙市2026-2027学年高三数学上学期期中模拟试卷（六）

湖南省长沙市2026-2027学年高三数学上学期期中模拟试卷（六） 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．不等式的解集为（   ） A． B． C． D．或 2．已知复数，则（    ） A． B． C． D． 3．的展开式中的系数为（    ） A． B． C．70 D．56 4．已知等差数列的前项和为，若，则（   ） A．36 B．45 C．54 D．63 5．已知直线与圆相交于两点，则的面积为（    ） A．2 B． C． D．4 6．若圆锥曲线的焦距为4，则其离心率为（   ） A．2 B． C． D． 7．已知函数若，，，是方程的四个根，且，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 8．函数有两个极值点，满足，则的取值范围为（     ） 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．已知函数，则（     ） A．函数的最大值为2 B．函数的最小正周期为 C．函数的图象关于点对称 D．将函数的图象向左平移个单位长度，可得到的图象 10．下列命题正确的是（    ） A．数据的分位数是 B．数据的方差是，则的标准差是 C．若与是任意两个事件，则 D．若事件与互斥，且，，则 11．如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（    ）    A．动点轨迹的长度为 B．三棱锥体积的最小值为 C．与不可能垂直 D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知，，若，则实数______. 13．某演讲比赛结束后，2名男同学、3名女同学和2位老师站成一排拍照留念，则2位老师相邻，且3名女同学不相邻的站法有_________种.（用数字作答） 14．在中，、、分别为内角、、所对的边，已知．设为边上一点，若且，则面积的最小值为___________． 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．如图所示，在三棱锥中，与AC不垂直，平面平面，． (1)证明：； (2)若，点M满足，求直线与平面所成角的正弦值． 16．在等差数列中，，且. (1)求的通项公式； (2)记，证明：. 17．已知椭圆的离心率，且椭圆经过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点且斜率不为零的直线与椭圆交于两点，关于轴的对称点为，求证：直线与轴交于定点. 18．密码锁是锁的一种，开启时用的是一系列的数字或符号，文字密码锁可分为机械密码锁､数字密码锁等.现有一数字密码锁试验. (1)若该密码锁的密码有三位，每位由数字随机设置，现随机选择一个密码进行开锁试验，求开锁成功的概率； (2)为了增加试验的趣味性，设置A，B，C，D四个互不相同的密码，每次使用其中一个且每次从上一次未使用的密码中随机选择一个，若第一次使用A密码，记第次使用密码的概率为. （i）求； （ii）设前次试验中使用密码的次数为，求. 19．已知函数的最小正周期为，且在处取得极大值. (1)求，的值; (2)若，求的对称中心； (3)若且的解集为，求的最大值. 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（六）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B C C C D D B BD ACD 题号 11 答案 ABD 1．D 【详解】将原不等式移项得， 通分化简为， 等价于，解得或， 因此不等式解集或． 2．B 【分析】根据复数的除法、乘方运算求出，再根据模长公式求解即可. 【详解】， 所以， 所以. 3．C 【详解】的展开式的通项公式为，令得， 故，故系数为70． 4．C 【分析】根据等差数列的性质，若，则，结合等差数列求和公式求解． 【详解】解：在等差数列中，， ． 5．C 【分析】先求圆心到直线的距离，再由垂径定理计算弦长，最终代入三角形面积公式求解． 【详解】圆 的圆心为 ，半径 ， 直线 可化为 ， 圆心 到直线的距离为，设直线与圆交于两点， 则弦长 因此 的面积为． 6．D 【详解】由圆锥曲线，可知， 则，所以，曲线为双曲线， 所以焦距为， 解得，则， 所以离心率. 7．D 【分析】先画出分段函数图象，由四个根确定参数，分别利用抛物线的对称性和对数函数的对称性，求出和，最后通过换元，利用对勾函数的单调性求出比值的取值范围． 【详解】画出函数图象如图所示， 由有四个根，结合图象可知，直线与函数图象有四个交点， 所以，，且 令得： 所以，因此 所以，令，因为，所以， 所以，令， 根据对勾函数单调性，在上单调递增，所以， 所以 8．B 【分析】根据函数的极值点得到，令，则，进而得到；构造函数，，根据导数与单调性及最值的关系求解即可. 【详解】求导得. 由题意知，即，即，两式相除得. 设，则，因为，所以. 所以，即，两边取对数得，则， 所以，. 令，，则. 令，，则. 令，，则， 所以在上单调递增，则， 即时，，所以在上单调递增，则， 即时，，所以在上单调递增. 当时，；当时，， 所以当时，，即的取值范围为. 9．BD 【分析】根据正弦函数的值域即可判断A选项；由正弦型函数最小正周期公式和对称中心判断B，C选项；根据图象平移变换（左加右减）判断D选项. 【详解】正弦函数的值域为,因此的最大值为1，A选项错误； 的最小正周期，B选项正确； 因为，所以不是的对称中心，C选项错误； 函数的图象向左平移个单位长度, 得到的图象，D选项正确. 10．ACD 【详解】因为，所以数据的分位数是，A正确； 设数据，，，的均值为，方差为，记， 则，， 故的标准差是3，B不正确； 若与是任意两个事件，，则，C正确； 因为事件与互斥，且，，所以，D正确. 11．ABD 【分析】对A由平面，联想到存在一个过的平面与平面平行，利用正方体特征找到平面平面,进而得到的轨迹为线段，对B，根据棱锥体积公式分析即可，对C举反例即可；对D，利用勾股定理求出外接球半径即可. 【详解】对A，如图，令中点为,中点为,连接， 又正方体中，为棱的中点，可得,， 平面,平面,又， 且平面，平面平面, 又平面，且平面，平面， 又为正方形内一个动点（包括边界），平面平面，而平面平面， ，即的轨迹为线段. 由棱长为2的正方体得线段的长度为，故选项A正确； 对B，由正方体侧棱底面，所以三棱锥体积为， 所以面积最小时，体积最小，如图，，易得在处时最小， 此时,所以体积最小值为，故选项B正确； 对C，当为线段中点时，由可得,又中点为,中点为, ，而，,故选项C不正确； 对D，如图，当在处时，三棱锥的体积最大时， 由已知得此时,所以在底面的射影为底面外心， ,,,所以底面为直角三角形， 所以在底面的射影为中点，设为，如图，设外接球半径为, 由,,可得外接球半径， 外接球的表面积为，故选项D正确. 故选：ABD.    12． 【详解】因为，故，故. 13．288 【详解】将2名老师作为一个元素和2名男同学共3个元素全排列，共有种方法， 再让3名女同学插空，有种方法，所以满足条件的站法有种. 14． 【分析】由正弦定理和三角恒等变换得到，设，根据三角形面积之比得到，进而求出，，结合基本不等式求出面积最小值 【详解】因为， 由正弦定理得， 又因为， 所以， 即， 其中，故，所以， 由辅助角公式可得，即， 因为，所以，故，则， 设，则， 因为，所以， 又因为，所以， 所以，即，即， 又，，解得，负值舍去， 所以， 又，即， 故，化简得， 由基本不等式得，所以，解得， 当且仅当时，即当时，等号成立， 所以，即面积最小值为. 15．(1)证明：在平面中，过点P作的垂线，垂足为D． 因为平面平面ABC，且平面平面，平面， 所以平面．又因为平面，所以， 又，，平面，平面， 所以平面，又平面，故． (2) 【分析】（1）由平面平面，再作，可证明平面，从而可得，又因为，所以可证明平面，即可证明； （2）利用（1）以A为坐标原点建立如图坐标系，利用等边三角形和等腰直角三角形，标出各点的空间坐标，对于点M满足，可用向量线性运算求出，最后利用空间向量法来解决直线与平面所成角的正弦值． 【详解】（1）略 （2）由（1）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，故，， 又因为， 所以 即． 设平面ACM的一个法向量， 则令，则． 又因为，设直线AP与平面ACM所成角为， 则， 所以直线AP与平面ACM所成角的正弦值为． 16．(1) (2)因为， 所以. 所以，所以. 所以. 【分析】（1）利用等差数列的通项公式列式求解. （2）利用裂项求和法证明. 【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为， 则. 所以. （2）略 17．(1) (2)证明：设点，则，直线的方程为， 直线与椭圆联立， 消去，得， 则， ，得， 由题意，直线的方程为， 令，所以点的横坐标， 所以直线与轴交于定点. 【分析】（1）通过已知条件以及之间的关系，求出，即可得椭圆的方程； （2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，可得两根之和与两根之积，列直线的方程，令，求得点的横坐标，化简可得定点坐标. 【详解】（1）设椭圆半焦距为， 由题意得 解得， 椭圆的标准方程为：. （2）略 18．(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据古典概率的计算公式求解； （2）（i）列出前4次所有可能出现的结果，利用古典概率的计算公式求解；（ii）由题意，得，利用递推数列求通项可得，记“第次使用密码”为，可得，根据，利用数列分组求和得解. 【详解】（1）设“随机选择一个密码，开锁成功”为事件， 则. （2）（i）列出前4次所有可能出现的结果如下表： B A BCD C ABD D ABC C A BCD B ACD D ABC D A BCD B ACD C ABD 所以第4次使用密码的概率. （ii）由题意，得， 所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以. 记“第次使用密码”为，则服从两点分布，， 所以 . 19．(1)， (2) (3)2 【分析】（1）由最小正周期公式直接求解得，由极大值得，再解方程即可得答案； （2）设的对称中心为，利用中心对称定义 ，整理后得对任意恒成立，进而转化为且的求解即可. （3）条件等价于 在 恒成立，进而结合函数单调性与最值，分，，三种情况讨论求解即可. 【详解】（1）解：因为函数的最小正周期为， 所以，解得， 因为函数在处取得极大值， 所以，即，解得， 因为，所以，取，， 综上，， （2）解：由（1）知， 设的对称中心为，则对任意，满足: 即： 整理得： 利用和角公式进一步整理得：， 要使等式对任意恒成立，需且， 即，解得， 所以，的对称中心为. （3）解：， 因为的解集为， 所以时，且 记，则，要求， 因为 所以，当时，，等号仅在孤立点成立， 所以在单调递增，于是，满足题意； 当时， 令，的第一个极小值点满足，解得 所以 当时， 因为，在区间上，只有一个极大值点，没有其他极小值，先增后减， 所以，最小值只可能在端点或处， 又，所以， 所以满足题意； 当时，取，则， 所以 所以，当， 即存在，使得，不合题意. 综上，满足条件的正整数的最大值为. 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 $