湖南省长沙市2026-2027学年高三上学期数学期中考模拟试卷

湖南省长沙市2026-2027学年高三数学上学期期中考模拟试卷 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．复数在复平面内对应的点的坐标为（   ） A． B． C． D． 2．已知集合，，，则（   ） A． B． C． D． 3．已知是等差数列的前n项和，若，则的公差为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 4．已知为不同直线，，为不同平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 5．当蛋白质分子量达到一定量级时，其分子量与迁移率之间满足，其中为常数.若，则当分子量变为原来的2倍时，现迁移率与原迁移率的差值为（    ） A． B． C． D．2 6．已知，，且，则的最小值是（     ） A． B． C． D． 7．已知函数，则“”是“为奇函数”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 8．设随机变量，随机变量，与之间的大小关系是（    ） 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．下列命题正确的是（    ） A．若函数定义域是，则的定义域是 B．已知，，则的取值范围是 C．已知实数满足，则的最小值为27 D．已知，，且，则的最小值为3 10．已知函数的部分图象如图所示，则（   ） A． B． C．的图象关于直线对称 D．在上的值域为 11．已知二次曲线表示一个椭圆，则（    ） A．的对称中心为 B．上的点到原点距离的取值范围是 C．当点在上时， D．的离心率为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知平面向量，满足，，且在上的投影向量为，则为______. 13．若，且，则______. 14．已知一个圆台的上底面半径为2，下底面的半径为5，其侧面积为，则该圆台的外接球表面积为__________． 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．已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且. (1)求角C及边c的值； (2)求的最大值. 16．小明和小王两名同学组成诗词挑战杯代表队参加市相关部门组建的猜诗词大会，每轮挑战由小明、小王各猜一句诗词，已知小明每轮猜对的概率为，小王每轮猜对的概率为.在每轮活动中，小明和小王猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响. (1)求小明在两轮活动中恰好猜对1句诗词的概率； (2)求诗词挑战杯代表队在两轮活动中猜对3句诗词的概率. 17．在四面体中，，．点为的中点． (1)证明：平面； (2)若异面直线与所成的角为，求四面体的体积． 18．已知点，，双曲线的方程经过点，且的一条渐近线与直线平行，为上异于顶点的任意一点，为的左顶点． (1)求的方程； (2)求直线与的斜率之积； (3)设为上异于顶点和点的任意一点，且直线的斜率是直线的斜率的3倍，证明：直线恒过定点． 19．设函数，对任意，记． (1)求集合； (2)若，． （ⅰ）证明：； （ⅱ）当时，求实数的最大值，使得不等式恒成立，其中为自然对数的底数． 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考模拟试卷参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C B C A B A C AC ABC 题号 11 答案 ACD 1．B 【详解】因为， 所以复数在复平面内对应的点的坐标为. 2．C 【详解】由题集合， 因为，，得. 所以. 3．B 【分析】根据题意，解方程即可得答案. 【详解】设等差数列的公差为， 因为，， 所以，解得 所以的公差为1. 4．C 【分析】根据空间中，线线、线面、面面位置关系，逐项判断，即可得出结果. 【详解】A选项，若，，则或，A错； B选项，若，，，，当时，与可能相交，故B错； C选项，若，，根据线面垂直的性质，可得，又，根据面面垂直的判定定理，可得，故C正确； D选项，若，，，垂直于交线，并不能推出垂直于另一平面，因此不能得出，即不能推出.故D错； 故选：C. 5．A 【详解】由题意得， 原迁移率，现迁移率， 可得. 6．B 【分析】根据已知条件对变量进行转化，通过统一为一个变量利用基本不等式计算最小值． 【详解】因为，将代入可得，等号不成立，故； 可得， 因为，故，所以 则， 即，当且仅当时，即，时，等号成立； 故的最小值是． 7．A 【分析】根据函数奇偶性的定义，求出的值，再结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可. 【详解】已知函数，若是奇函数，则有， 即，得到，化简得， 要使等式对定义域内的恒成立，则必须满足，解得或， 当时，函数，定义域满足，即，关于原点对称； 当时，函数，定义域满足，即，关于原点对称； 所以，若，则是奇函数；若是奇函数，则或； 因此“”是“为奇函数”的充分不必要条件，故A正确. 8．C 【分析】根据正态分布曲线的性质判断大小关系即可. 【详解】由、分布曲线关于轴对称， 则， ∵越大，正态分布曲线越扁平， ∴. 故选：C 9．AC 【分析】根据抽象函数的定义域求法判断A；根据不等式的性质判断B；利用基本不等式求解判断CD. 【详解】选项A：函数定义域为，则， 故函数的定义域是， 令，则，故的定义域是，故A正确； 选项B：由，得，由，得， 故，故B错误； 选项C：由，得， 则， 当且仅当，即时等号成立，则的最小值为27，故C正确； 选项D：由，得， 则，当且仅当时等号成立， 则的最小值为，故D错误. 故选：AC 10．ABC 【分析】根据图象求出函数的解析式，结合三角函数的性质，逐次判断各选项即可得到结论． 【详解】已知函数， 对于A，由图象可知，函数的最大值为 ，所以，此时， 图象经过点，代入解析式得，又因为，所以或， 观察图象，在轴右侧（即时），函数值是先上升达到最大值的， 若，函数图象在轴右侧应是先下降后上升，不符； 若 ，函数图象在轴右侧先上升后下降，符合图象走势；所以，故 A 正确； 对于B，由图可知，函数图象经过且在处于下降趋势， 所以，解得：， 又因为图像从到经历了不到半个周期，即，解得，因此，故 B 正确； 对于C，由选项AB可知，，对称轴满足， 代入，得，解得，符合条件，所以的图象关于直线对称，故C正确. 对于D，当时，， 由正弦函数的单调性可知，在上单调递减，在上单调递增， 由于，， 所以的最大值为，最小值为， 即在的值域为，故D错误. 11．ACD 【分析】根据对称性定义计算可判断A；令，由代入化简可得，计算可判断B；将曲线看作关于的方程，由判别式列不等式计算可判断C；先证明旋转公式，再将原方程标准化，计算判断D即可. 【详解】对于A，设是二次曲线上任意一点， 将代入二次曲线， 化简可得，所以在二次曲线上， 则二次曲线的对称中心为，故A正确； 对于B，令，则， 因为，得， 所以，解得，即， 所以二次曲线上的点到原点距离的取值范围是，故B错误； 对于C，将曲线方程视为关于的方程， 因为为实数，所以， 解得，当点在二次曲线上时， 可得，故C正确； 对于D，先推理旋转公式，记平面内点在角的终边上，则， 而绕原点顺时针旋转一个锐角，可得旋转后的坐标为， 由正余弦的和差公式得旋转后的坐标如下， 为， 又， 所以，即旋转公式得证， 将原方程化为标准方程，而其旋转角为， 旋转后整理方程令交叉项系数为0，可得， 而，解得，设， 代入曲线，化简可得， 故二次曲线可以看作由椭圆绕坐标原点逆时针旋转得到， 如图所示，作出符合题意的图形， 在椭圆中， 故二次曲线的离心率为，故D正确. 12． 【分析】表示出投影向量，即可求得，进而利用求得结果. 【详解】由题知，在上的投影向量为， 即，则，， 所以. 故答案为： 13．或 【分析】由，利用两角和余弦公式化简求解. 【详解】 ， 结合， 所以，即或. 因为，得或，即或. 14．/ 【分析】先根据圆台的侧面积公式求出圆台的母线，再结合勾股定理求出圆台的高，再设外接球的半径为，外接球的球心到圆台下底的距离为，则球心到圆台上底的距离为，从而结合勾股定理列出方程组，求出，进而根据球的表面积公式即可求解． 【详解】由圆台的上底面半径为，下底面的半径为，其侧面积为， 设该圆台的母线为，高为， 则，解得， 则， 设外接球的半径为，外接球的球心到圆台下底的距离为，则球心到圆台上底的距离为，（若球心在下底的上方，则为正值，反之为负值） 所以，解得， 所以该圆台的外接球表面积为．    15．(1)， (2)4 【详解】（1）由， 根据余弦定理，得， 因为，则. 由，得， 根据正弦定理，得，则. （2）由（1）知，， 则，即， 当且仅当时等号成立， 则的最大值为4. 16．(1) (2). 【分析】（1）利用古典概型的概率公式以及互斥事件的概率和公式即可算出结果. （2）诗词挑战杯代表队在两轮活动中猜对3句诗词包括小王回答正确2句，小明回答正确1句；和小王回答正确1句，小明回答正确2句，分别计算概率再相加即可. 【详解】（1）设表示小明两轮猜对1句诗词的事件，则. （2）设，分别表示事件“小明两轮猜对1句、2句诗词”，，分别表示事件“小王两轮猜对1句、2句诗词”，则，，         ，.         设事件“两轮活动中诗词挑战杯代表队猜对3句诗词”，则，且与互斥，与，与分别相互独立，             所以， 即诗词挑战杯代表队在两轮活动中猜对3句诗词的概率是. 17．(1)连接. 在等腰三角形中，为底边的中点，故． 同理． 因，是平面内两条相交直线，故平面． (2) 【分析】（1）由等腰三角形的性质及线面垂直的判定定理可得； （2）建立空间直角坐标系，根据题意求得的坐标，结合（1）的结论由求得四面体的体积． 【详解】（1）略 （2）由（1）得，，且． 以为原点，，所在直线分别为，轴，过且垂直平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 因，故在平面内，设，其中． 又，，，于是，． （，与垂直平面的方向依次为，，轴） 由，所成角为，得 ． 即，故（舍去），．于是落在轴上，，． 四面体由以为公共底面的两个三棱锥组成，故． 18．(1) (2) (3)证明：（方法一）由（2）知，，因为，所以． 设直线的方程为，代入， 得， 则且，即且． 设（且），则，． 因为， 再将，代入得：得， 即， 所以， 因为直线不过点，所以，所以， ，化简整理得，解得， 所以直线的方程为，故直线恒过定点． （方法二）设直线的方程为，代入， 得， 则且，即且． 设（且），则，． 因为，所以，即， 整理得， 由，所以，得， 所以， ，整理得， 因为等式恒成立，所以，解得． 所以直线的方程为，故直线恒过定点． 【分析】（1）根据双曲线的性质可得双曲线的基本量，进而可得双曲的方程； （2）设，根据点在双曲线上及斜率的定义可得； （3）方法一：先设直线的方程为，由（2）的分析得，进而可得，再由斜率的坐标运算公式及根与系数关系代入化简得，从而可得直线过定点；方法二：先设直线的方程为，再由条件及根与系数关系可得恒成立，得，从而可得及直线过定点. 【详解】（1）由经过点，得． 由，又因为双曲线一条渐近线与直线平行， 所以，则，故的方程为． （2）设，则，即， 因为，， 所以， 故直线与的斜率之积为． （3）略 19．(1)； (2)（ⅰ）证明：由，得；由，得，则， 即，于是， 令，则，，， 令，求导得，函数在上单调递增， 因此，即，所以. （ⅱ） 【分析】（1）利用导数求出函数的值域，再结合给定定义即可. （2）（ⅰ）利用给定条件可得，令并构造函数，利用导数推理证明；（ⅱ）由（ⅰ）的信息并等价变形不等式，构造函数并利用导数求出最小值即可. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 令函数，求导得， 当时；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，则， 由的定义，得，所以集合. （2）（ⅰ）略 （ⅱ）由（ⅰ）知，由，得， 则不等式恒成立， 令函数，求导得， 令函数， 令， 求导得，函数在上单调递增， ，函数在上单调递增， ，即，因此函数在上单调递增， ，则， 所以实数的最大值为. 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 $