湖南省衡阳市2026-2027学年高三上学期期中考试数学自编卷

湖南省衡阳市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．若点在椭圆上，，分别是椭圆的两焦点，且，则面积是（   ） A． B． C． D． 2．设全集为，，，则（    ） A．{x|﹣3＜x＜﹣2} B．{x|﹣2≤x＜0} C．{x|﹣2＜x＜0} D．{x|﹣3＜x＜0} 3．(，且)恒过的定点为（    ） A． B． C． D． 4．下列命题中正确命题的个数是（    ） （1）若函数的定义域关于原点对称，则为偶函数的充要条件为对任意的，都成立； （2）若函数的定义域关于原点对称，则“”是“为奇函数”的必要条件； （3）函数对任意的实数都有，则在实数集上是增函数； （4）已知函数在其定义域内有两个不同的极值点，则实数的取值范围是. A．1 B．2 C．3 D．4 5．若函数，又，，且的最小值为，则正数的值是 A． B． C． D． 6．幂函数在为增函数，则的值为（   ） A．1或3 B．3 C．2 D．1 7．已知直三棱柱的侧棱长为，且底面是边长为的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱，分别交于三点，若为直角三角形，则该直角三角形斜边长的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．已知在上恒成立，则的最小值是（    ） A．0 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．已知点是平行四边形所在的平面外一点，如果，，，下列结论正确的有（    ） A． B．四边形为矩形 C．是平面的一个法向量 D． 10．已知数列的前n项和为，，，数列的前n项和为，则（    ） A． B． C．为递增数列 D．满足不等式的最大整数为50 11．设数列满足，记数列的前项和为，则（    ） A． B． C． D． 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12．已知函数，则的定义域为______． 13．函数的单调递增区间是_______________________． 14．已知常数，集合，，若，则t的取值范围是____________. 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．如图，斜三棱柱中，侧面为菱形，底面是等腰直角三角形，，C． （1）求证：直线直线； （2）若直线与底面ABC成的角为，求二面角的余弦值． 16．已知关于x的不等式． (1)已知不等式的解集为，求实数a的值； (2)若不等式对恒成立，求实数a的取值范围. 17．已知向量 (1)向量夹角的余弦值； (2)若向量与垂直，求实数k的值； (3)若向量，且与向量平行，求实数k的值. 18．已知在中，角的对边分别为，满足，且. (1)求； (2)若为锐角三角形，求三角形的周长的取值范围． 19．已知函数． (1)若方程在上有解，求的取值范围； (2)求关于的不等式的解集； (3)若，求函数在区间上的最大值． 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 $ 湖南省衡阳市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 B B B B D D C D AC BCD 题号 11 答案 ABD 1．B 【分析】先根据椭圆定义和余弦定理求出，再根据面积公式求出答案. 【详解】因为椭圆方程为，，. 根据椭圆的定义，对于椭圆上的任意一点有： ，. 因为，在中使用余弦定理有：. . 即，. . 故选：B 2．B 【分析】分别求出集合,可得的值. 【详解】解：由题意可得：， ，可得 ， 故选：B. 【点睛】本题主要考查集合的交并补运算，属于基础题，由题意求出集合是解题的关键. 3．B 【分析】可从函数图像平移变换的角度进行求解 【详解】可看作由（恒过）先沿轴向下翻折，得到（恒过）； 再由通过向右平移1个单位，向上平移3个单位得到（恒过） 故选B 【点睛】本题考查函数图像过定点的基本求法，从函数图像平移的角度来解题，能帮助我们更好地理解定点问题，此题也提示我们研究函数可从特征点（恒过的点、对称中心等）出发，来进行研究，属于中档题 4．B 【分析】根据偶函数定义知（1）正确；若定义域不包含，可知必要性不成立，（2）错误；通过反例知（3）错误；将问题转化为与函数在上有两个交点，利用数形结合的方式可知（4）正确. 【详解】对于（1），根据偶函数的定义可得：若函数为偶函数，则对应定义域内的任意，都有；反之也成立；故（1）正确； 对于（2），函数的定义域不包含时，由“为奇函数”不能推出“”，故（2）错误； 对于（3），对于函数，对于任意的实数都有，但不满足在实数集上是增函数，故（3）错误； 对于（4），函数的定义域为，且， 令得：，即，构造函数， 则直线与函数在上有两个交点. ，令，得，列表如下： 0 极大值 函数的单调递增区间为，单调递减区间为，极大值为，又时，， 可得图象如下图所示： 当时，直线与函数在上有两个交点， 实数的取值范围是，故（4）正确. 故选：. 【点睛】本题考查与函数性质有关的命题的辨析，涉及到函数奇偶性的应用、函数单调性的判断、根据极值点个数求解参数范围的问题；属于函数与导数部分知识的综合应用. 5．D 【详解】，由，得，，由，得，则，当时，取得最小值，则，解得，故选D. 6．D 【详解】函数为 幂函数，则：，解得：， 幂函数单调递增，则：，据此可得：. 本题选择D选项. 7．C 【分析】设在处，，，分别表示出，由勾股定理可构造方程，根据方程有解可得，求得的范围，进而得到所处的范围. 【详解】 如图，不妨设在处，， 则，， 由得：，则，即 该直角三角形斜边 故选： 【点睛】本题考查立体几何中最值问题的求解，关键是能够通过特殊位置构造出关于变量的方程，通过方程有解确定所求变量所处的范围；考查了由特殊到一般的基本思想，对于学生的推理能力有一定要求，属于较难题. 8．D 【分析】先将条件转化为在上恒成立，再构造函数，，分，两种情况讨论，再结合导函数分析函数的单调性，进而即可求解． 【详解】在上恒成立，等价于在上恒成立， 等价于在上恒成立， 令，， 当时，则在上单调递增，则若时，，不符合题意； 当时，则， 若时，，此时单调递增； 若时，，此时单调递减，所以， 则，即， 令，，则， 当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递增， 所以，所以， 所以的最小值是． 故选：D． 9．AC 【分析】利用直线垂直与向量数量积的关系可判断AB选项的正误；利用平面法向量的概念可判断C选项的正误；计算得出，可判断D选项的正误. 【详解】对于A选项，，，A对； 对于B选项，，故平行四边形不是矩形，B错； 对于C选项，，则， 因为，则平面，故是平面的一个法向量，C对； 对于D选项，，D错. 故选：AC. 10．BCD 【详解】对于A，由，得，即， 所以，所以是以2为首项，1为公差的等差数列，则，所以，A错误. 对于B，当时，，则，，B正确． 对于C，且，所以，C正确. 对于D，， ，解得，则的最大值为50，D正确. 11．ABD 【分析】结合二次函数的性质可判断A；由放缩法可得即可判断B；由放缩法可得，再由累乘法可得，可判断C；由累加法可得，即可判断D. 【详解】对于A，，因为， 根据二次函数的性质，所以，所以，故A正确； 对于B，， 所以， ，，所以，故B正确； 对于C，， ， 所以，累乘可得：， 所以， 所以，故C错误； 对于D，因为， 所以， 所以， 所以，数列的前项和为， 所以 ，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点睛：本题C选项的关键是通过由放缩法得到，对不等式两边取对数可得，再由累乘法得到，进而证得. 12． 【分析】注意到根号内的式子大于等于恒成立，继而得解. 【详解】因为恒成立， 故的定义域为. 故答案为： 13． 【分析】将问题转化为求的单调递减区间，再根据整体代换求解即可. 【详解】因为， 所以，函数的单调递增区间即为函数的单调递减区间， 所以，，解得：， 所以，函数的单调递增区间是. 故答案为： 14． 【分析】设，根据，得到，结合，得到，变形得到，根据几何意义得到两圆内含或内切，得到不等关系，求出答案. 【详解】设，则，解得， 因为，所以，即， 化简得到，其中， 整理得， 所以集合表示以为圆心，1为半径的圆及其内部， 而集合表示以为圆心，为半径的圆及其内部， 因为，所以，故两圆内含或内切， 故圆心距小于等于半径之差，即，解得， 即的取值范围是. 故答案为： 【点睛】以复数为载体，考查核心内容为轨迹问题，数形结合进行求解，这是复数的模长相关题目的基本思路和方法. 15．（1）见解析；（2） 【分析】（1）先证平面，再证平面，可证直线直线 （2）由作AB的垂线，垂足为D，则平面ABC，过A作的平行线，交于E点，则平面ABC，以AB,AC,AE分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，由空间向量法可求得二面角． 【详解】证明：连接， 侧面为菱形， ， 又C，， 平面， ，又，， 平面， 平面，直线直线； 解：由知，平面平面，由作AB的垂线，垂足为D，则平面ABC， ，得D为AB的中点， 过A作的平行线，交于E点，则平面ABC， 建立如图所示的空间直角坐标系，设， 则为平面的一个法向量， 则0，，2，，， 设平面的法向量， 由，取，得， ， 故二面角的余弦值为． 【点睛】利用向量法求二面角的注意事项： (1)两平面的法向量的夹角不一定就是所求的二面角，有可能是两法向量夹角的补角为所求； (2)求平面的法向量的方法有，①待定系数法，设出法向量坐标，利用垂直关系建立坐标的 方程，解之即可得法向量；②先确定平面的垂线，然后取相关线段对应的向量，即确定了平 面的法向量． 16．(1)1 (2) 【分析】（1）根据题意可得，2是方程的两根，由韦达定理即可求解； （2）由题意可得恒成立，分与讨论即可求解. 【详解】（1）由题意可得，2是方程的两根， 可得， 解得； （2）不等式对恒成立， 即为恒成立， 当时，不等式即为10恒成立； 当时，则，解得. 综上可得，a的取值范围是. 17．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据向量数量积以及模的坐标运算，计算即可得出答案； （2）求出向量与的坐标，根据向量垂直的坐标表示列出方程，求解即可得出答案； （3）求出向量与向量的坐标，根据向量共线的坐标表示列出方程，求解即可得出答案. 【详解】（1）由已知可得，，，， 所以，向量夹角的余弦值. （2）由已知可得，，. 又向量与垂直， 所以，，即， 解得. （3）由已知可得，. 又与向量平行，， 所以有， 整理可得，，解得. 18．(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理化边为角即可得解； （2）先利用余弦定理结合已知求出边，再利用正弦定理求出，再利用三角函数的性质求出的范围即可. 【详解】（1）因为， 由正弦定理得， 又，所以， 又，所以； （2）由余弦定理得， 又， 所以，即，所以， 由正弦定理得， 所以， 则， 因为为锐角三角形， 所以，解得， 所以，所以， 而， 故，所以， 所以， 所以三角形的周长的取值范围为. 19．(1) (2) 或时原不等式的解集为 或时原不等式的解集为 或时原不等式的解集为． (3). 【分析】（1）将题意转化为在上有解，求出的值域可得，解不等式即可. （2）由可得，分类讨论，和，解一元二次不等式即可得出答案. （3）分，和，结合二次函数的性质求出. 【详解】（1）在上有解， 即在上有解， 因为，所以， 因为， 所以，解得， 所以的取值范围是． （2）因为， 所以即， 即， ①当，即或时，的解集为； ②当，即或时，的解集为； ③当，即或时，的解集为． 综上可得，或时原不等式的解集为 或时原不等式的解集为 或时原不等式的解集为． （3）由题意知，当时，， 在上单调递增， 当时， 在上单调递减，在上单调递增， 且，令，解得或， 所以当时，， 当时，， 综上:. 学科网（北京）股份有限公司 $