精品解析：湖南长沙市第一中学2026-2027学年高三上学期10月阶段检测数学试题

高三数学三 时量:120分钟 满分:150分 一、选择题(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. （ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 1 3. 已知是公差为1的等差数列，是其前n项和，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4. 的展开式中， 的系数为（ ） A. 5 B. 10 C. 15 D. 20 5. 已知命题p：，；命题q：，，则（ ） A. p和q都是真命题 B. 和q都是真命题 C. p和都是真命题 D. 和都是真命题 6. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 7. 在正三棱台中，，侧棱与底面所成角的余弦值为．若此三棱台存在内切球（球与棱台各面均相切），则此棱台的表面积是（ ） A. B. C. D. 8. 将一枚质地均匀的硬币连续投掷n(n≥4)次，用表示没有出现连续三次正面朝上的概率，则=（ ） A. B. C. D. 二、选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知集合 集合，若⊆，则实数的取值可以是（ ） A. B. 0 C. D. 1 10. 已知直线4x+3y-12=0与x轴、y轴交于A，B两点，点 P 为圆C: 上的动点，则（ ） A. 直线AB与圆C 相切 B. 若点 P 到直线AB 的距离为1，这样的点 P 有2个 C. 当∠PBA 最小时， D. 的最大值为14 11. 在中，角所对的边分别为，的面积为，若则下列结论一定正确的有（ ） A. B. C. 的最大值为 D. 没有最小值 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分) 12. 已知一个圆锥的轴截面是一个斜边长为的等腰直角三角形，则此圆锥的表面积为______． 13. 已知椭圆 的上、下焦点分别为 ，右顶点为A，为锐角三角形且面积为 则椭圆E的离心率为____________. 14. 设，．若对任意，存在，使得在处的切线与在处的切线垂直，则的取值范围是__________． 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，，分别是内角，，所对的边，且满足，若为边上靠近的三等分点，，求： （1）求的值； （2）求的最大值. 16. 如图，四边形为菱形，平面，过的平面交平面于，. （1）求证：平面； （2）若平面平面，，且四棱锥的体积是，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知函数 （1）判断函数 f(x)极值点的个数； （2）若函数 f(x)有两个极值点，证明: . 18. 给定正实数m和定点，已知 P，N两点分别在x轴和y 轴上运动，且满足 O为坐标原点. （1）求动点 Q的轨迹方程(用m 表示)； （2）过点 作直线与点 Q的轨迹交于A，B两点. （i）求 的最小值; （ii）过点 E作的垂线与点Q的轨迹交于C，D 两点，求 的取值范围(用m 表示). 19. 设无穷数列满足：且对任意，有. （1）若 ，求数列前9项的和； （2）（i）求证:对任意 ，有 . （ii）求值: . （3）是否存在正整数λ，使得对任意，均存在互不相同的， ，…， ，使得 请给出证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学三 时量:120分钟 满分:150分 一、选择题(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. （ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用诱导公式，将给定大角度转化为常见锐角的正切值求解. 【详解】， 所以 ，  故. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】由复数除法即可求解. 【详解】因为，所以. 故选：A. 3. 已知是公差为1的等差数列，是其前n项和，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】借助等差数列的性质计算即可得. 【详解】因为，所以， 由等差数列的性质得，所以，所以． 故选：A. 4. 的展开式中， 的系数为（ ） A. 5 B. 10 C. 15 D. 20 【答案】B 【解析】 【详解】由二项式定理，的展开式通项为 ， 令，得，所求项系数为. 5. 已知命题p：，；命题q：，，则（ ） A. p和q都是真命题 B. 和q都是真命题 C. p和都是真命题 D. 和都是真命题 【答案】B 【解析】 【分析】对于两个命题而言，可分别取、，再结合命题及其否定的真假性相反即可得解. 【详解】对于而言，取，则有，故是假命题，是真命题， 对于而言，取，则有，故是真命题，是假命题， 综上，和都是真命题. 故选：B. 6. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过求函数的零点，再利用导数研究函数的单调性，即可确定最终图象. 【详解】令，即，解得或. 所以函数的图象过原点和点. ， 令，解得. 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增. 综上所述，只有选项A的图象满足函数的各个特征. 7. 在正三棱台中，，侧棱与底面所成角的余弦值为．若此三棱台存在内切球（球与棱台各面均相切），则此棱台的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取和的中点分别为，上、下底面的中心分别为，设，内切球半径为，根据题意求出侧棱长以及，再根据切线的性质及等腰梯形和梯形的几何特点列方程组求出半径即可． 【详解】取和的中点分别为，上、下底面的中心分别为， 设，内切球半径为，因为，棱台的高为， ， ，同理， 内切球与平面相切，切点在上， ①， 在等腰梯形中，②， ， 在梯形中，③， 由②③得，代入得，则， 此棱台的表面积是： ． 8. 将一枚质地均匀的硬币连续投掷n(n≥4)次，用表示没有出现连续三次正面朝上的概率，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】当投掷n（）次时，分3种情况，一是第n次出现反面，二是第n次出现反面，第n-1次出现反面，三是第n次出现正面，第n-1次出现正面，求得的递推公式求解. 【详解】设为连续投掷次硬币没有出现连续三次正面的概率， 易知：，当投掷四次连续出现三次正面向上的情况有：正正正正，正正正反，反正正正，所以， 当投掷n（）次时，共分3种情况：一是如果第n次出现反面，那么前n次不出现连续三次正面的概率； 二是如果第n次出现正面，第n-1次出现反面，这时不出现连续三次正面的概率是； 三是如果第n次出现正面，第n-1次出现正面，第n-2次是正面，所以这时不出现连续三次正面的概率是； 综上：， 逐步计算：  , . 二、选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知集合 集合，若⊆，则实数的取值可以是（ ） A. B. 0 C. D. 1 【答案】ABC 【解析】 【详解】由，即，得. 选项A，当时，由得，而，故知，故A正确； 选项B，当时，方程即，无解，，由空集是任何集合的子集知，故B正确； 选项C，当时，由得，而，故，故C正确； 选项D，当时，由得，而，故，故D错误. 10. 已知直线4x+3y-12=0与x轴、y轴交于A，B两点，点 P 为圆C: 上的动点，则（ ） A. 直线AB与圆C 相切 B. 若点 P 到直线AB 的距离为1，这样的点 P 有2个 C. 当∠PBA 最小时， D. 的最大值为14 【答案】BCD 【解析】 【分析】先求出A、B坐标及圆C的圆心、半径，用点到直线距离公式验证A，用圆上点到直线的距离范围验证B，用点到圆心和切线长公式验证C，用圆的参数方程、向量数量积坐标运算、辅助角公式验证D. 【详解】由题直线与坐标轴交点，，圆圆心，半径. 对于A，圆心到直线的距离，直线与圆相离，A错误； 对于B，圆上点到直线的距离范围是， 距离为1时，平行于且距离为1的直线中，靠近圆心的直线到的距离为，与圆交于2个点， 远离圆心的直线到的距离为，与圆无交点，共满足条件的点有2个，B正确； 对于C，，当最小时，为圆的切线， 切线长，C正确； 对于D，设，，， 则，其中， 则最大值为，D正确. 11. 在中，角所对的边分别为，的面积为，若则下列结论一定正确的有（ ） A. B. C. 的最大值为 D. 没有最小值 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，利用三角形面积公式得即可判断；对于B，利用余弦定理及可化简判断；对于C，利用辅助角公式即可判断；对于D，利用基本不等式及即可计算最小值. 【详解】对于选项A，由，得，即. 只有当时，才有，显然题设条件不够，故A错误； 对于选项B，由余弦定理得， 若则，此时， 即，方程无正实数解，所以. 所以，故B正确； 对于选项C，由余弦定理得， （其中，且）， 当时，取到最大值为，故C正确； 对于选项D，，由基本不等式，得， 又因为，所以，解得. 所以，则. 所以当时，取得最小值，故D错误. 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分) 12. 已知一个圆锥的轴截面是一个斜边长为的等腰直角三角形，则此圆锥的表面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意作图，根据等腰直角三角形的性质，求得圆锥的底面半径以及母线长，利用圆锥表面积公式，可得答案. 【详解】由题意作图如下： 则，，可得， 即圆锥底面半径，母线长． 所以圆锥表面积． 故答案为：. 13. 已知椭圆 的上、下焦点分别为 ，右顶点为A，为锐角三角形且面积为 则椭圆E的离心率为____________. 【答案】 ##0.5 【解析】 【分析】先利用三角形面积公式建立的等量关系，再结合锐角三角形的约束条件求解离心率，舍去不符合要求的解即可。 【详解】椭圆的焦点在轴上，半焦距c满足，上焦点、下焦点、右顶点. 因为的底为，高为点到轴的距离，所以面积， 又因为为锐角三角形且面积为 ，所以. 将两边分别平方，得， 将代入，得，两边同除以，得，整理得， 令离心率，所以有，整理得 ，解得或 ，因为，所以或. 结合锐角三角形条件筛选离心率范围： 由题上、下焦点分别为 F₁，F₂，右顶点为A，知为等腰三角形，，仅需顶角为锐角， 即，将，得，即，整理得， 即，得， 所以不合题意，舍去. 符合题意，故. 14. 设，．若对任意，存在，使得在处的切线与在处的切线垂直，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】求出函数的导数，再利用导数的几何意义列式，并构造函数，利用函数值域的包含关系列式求解. 【详解】函数的定义域均为，求导得， 由对任意，存在，使得在处的切线与在处的切线垂直， 得对任意，存在，，即， 令函数，函数在上的值域为， 函数在其定义域上单调递增，令其值域为，因此， 当时，，此时，即与矛盾； 当时，，此时，无解； 当时，，此时或，则， 所以的取值范围是. 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，，分别是内角，，所对的边，且满足，若为边上靠近的三等分点，，求： （1）求的值； （2）求的最大值. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）根据，利用正弦定理化简得到，再利用余弦定理求解； （2）根据，两边平方整理得到，再利用基本不等式求解. 【详解】（1）因为， 由正弦定理得， 即， 所以由余弦定理得得. （2）由题意得， 两边平方得， 整理得，即， 而， 于是， 所以，即， 当且仅当取等号. 所以求的最大值是 【点睛】方法点睛：在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息，一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．解题中注意三角形内角和定理的应用及角的范围限制． 16. 如图，四边形为菱形，平面，过的平面交平面于，. （1）求证：平面； （2）若平面平面，，且四棱锥的体积是，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） ∵平面，过的平面交平面于， ∴，又∵，∴四边形为菱形 ∴，∵平面，平面，∴平面. 又∵四边形为菱形，∴同理平面， ∵，平面，∴平面平面， 又平面，∴平面； （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由面面平行的判定定理可得平面平面，再由其性质定理即可得到平面； （2）方法一：根据题意，由线面角的定义，代入计算，即可得到结果；方法二：建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设与平面所成角为 连接交于点，连接， ∵，且，则为等边三角形， 又四边形为菱形，则为中点，∴ 又∵平面平面，且交线为 ∴平面 ∵，∴ ∴ ∴. 法一：常规法：作于，连接，作于， 因为平面，平面，所以， 且，平面，所以平面， 且平面，所以，，平面， ∴平面，因为， 则，在三角形中， 由等面积法可知，，则， 则，在三角形中，由等面积法可得， ，则， ∵到平面的距离是到平面距离的两倍，∵， 由平面，平面，所以， 则，∴，∴. 法二：建系：以为原点，为轴，为轴，建立直角坐标系， ∴，，，，， ∴，，， 令平面的法向量为，则 ，，∴ ∴. 17. 已知函数 （1）判断函数 f(x)极值点的个数； （2）若函数 f(x)有两个极值点，证明: . 【答案】（1）当时，函数有1个极值点；当时，函数有2个极值点；当时，函数有0个极值点． （2）由（1）知，且是方程的两个正根． 因此，． 于是． 又，且． 所以． 令，则． 当时，； 当时，，所以在处取得最小值． 从而，即，等号当且仅当时成立． 【解析】 【分析】（1）在定义域内研究的符号，按参数比较二次式根的正负及其是否发生变号，分类得到极值点个数． （2）由两个极值点是的两个正根，利用韦达定理消去，把所证式化为关于的对数不等式，再用判断其最小值． 【小问1详解】 函数的定义域为，且． 由于，与同号． 当时，方程的两个根为和，故在正根两侧由负变正，函数有1个极值点． 当时，，函数在上递减，在上递增，因而有1个极值点． 当时，方程的两个根为和，且均为正数； 的符号依次为正、负、正，故函数有2个极值点． 当时，，在两侧不变号，故没有极值点． 当时，对一切成立，故，没有极值点． 综上，当时有1个极值点； 当时有2个极值点； 当时有0个极值点． 【小问2详解】 略 18. 给定正实数m和定点，已知 P，N两点分别在x轴和y 轴上运动，且满足 O为坐标原点. （1）求动点 Q的轨迹方程(用m 表示)； （2）过点 作直线与点 Q的轨迹交于A，B两点. （i）求 的最小值; （ii）过点 E作的垂线与点Q的轨迹交于C，D 两点，求 的取值范围(用m 表示). 【答案】（1）​ （2）（i）；（ii）． 【解析】 【分析】（1）设出的坐标，由两个向量条件建立坐标关系并消去参数，求出的轨迹． （2）用参数表示抛物线上的点，利用韦达定理求弦端点参数的关系；再用两条垂直方向向量表示，把数量积化为斜率的函数并求范围． 【小问1详解】 设，，． 由，得，． 由，得． 又，且，所以，即，． 代入，得，所以的轨迹方程为． 反之，对任意满足的点，取、，则、满足题设两个向量条件，故轨迹没有遗漏． 【小问2详解】 （i）将轨迹参数化为，其中． 设直线的方程为，其中不同时为． 要使与抛物线交于两个不同点，须； 若，则为轴，只与抛物线交于一点． 将参数点代入，得． 设两根为，则． 于是． 由，得，所以，其中． 当时取等，此时，为直线，与抛物线交于、，故最小值为． （ii）若为竖直线，则为轴，只与抛物线交于一点； 若为轴，则也只交于一点． 因此可设为斜率的直线，的方向向量可分别取、，且、． 设，，，． 由及抛物线方程，是方程的两根，故； 是方程的两根，故． 这两个方程的判别式均为正，所表示的交点确为两两不同的实点． 由、及，得． 因为，所以，且的取值范围为． 故，从而． 当时取得最大值，故所求取值范围为． 19. 设无穷数列满足：且对任意，有. （1）若 ，求数列前9项的和； （2）（i）求证:对任意 ，有 . （ii）求值: . （3）是否存在正整数λ，使得对任意，均存在互不相同的， ，…， ，使得 请给出证明. 【答案】（1） （2）（i）依题意，显然可得对任意，有， 若，则，则， 所以； 若，则，则， 所以， 综上，对任意，有，证毕． （ii） （3）存在，证明如下： 将拆成组，第组为， 结合（2）有，若，有，则； 若，有，则， 所以对任意，有， 这意味着每组连续三项的和，一定等于本组内某一项的倍， 即可适当选取，使得， 所以，即， 所以存在，使得等式成立，证毕． 【解析】 【分析】（1）根据递推公式，逐一代入求出，，，，，，，进而即可求出前项的和； （2）（i）先根据题意得到对任意，有，再分和两种情况分析即可证明； （ii）将奇数项递推，用裂项相消求和，最后利用比值极限解方程； （3）将拆成组，第组为，再结合（2）得到，从而适当选取即可求出，进而得证． 【小问1详解】 依题意，若，， 则，，，，，，， 所以前项的和为． 【小问2详解】 （i）略； （ii）由（2）（i）的结论 ，令奇数项构成新数列 ，， 将递推式的下标替换为 ，可得， 即 ，对应到 就是， 由题意所有 ，易知 是正项递增数列，且项值会无限增大（趋向正无穷）. 对递推式 移项变形，得 ， 奇数项前n项和 ， 代入裂项公式累加得， 原式分母 ，因此极限式可拆分为两项，即 ， 分别分析两项的极限， 因为 无限增大， 是固定常数，所以 ； 设相邻项比值 的极限为 ，对 两边同除以 ，得， 当 时，，，代入得方程，整理为 ，解得正根 （负根舍去，因数列各项均为正数）， 综上，. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $