湖南省岳阳市2026-2027学年高三上学期期中自编模拟试卷 数学试题 原卷版

湖南省岳阳市2026-2027学年高三上学期期中自编模拟试卷 数学试题 注意事项： 1. 答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。 2. 请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。 3. 作答选择题必须用 2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 4. 本试卷共 4 页，满分 150 分，考试时间为 120 分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1.已知集合，则（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】由，， 计算得时，时，时， 故. . 故选：B. 2.已知复数在复平面内对应的点为，则（） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】由复数在复平面内对应点为，得， 由共轭复数定义得. 故选：A. 3.已知，均为单位向量，且，则（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】由得，又，均为单位向量， 故. ， 从而. 故选：D. 4.已知全集为的定义域为集合，的解集为集合，则（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】由得， 即， 从而得， 故. 因式分解不等式得， 解得或， 故. 由全集为得，结合得. 故选：C. 5.已知函数若关于的方程有六个不相等的实数根，则实数的取值范围为（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】令，原方程化为，直线与最多有个不同交点. 要原方程有六个不相等的实数根，等价于有两个不同实根，且. 设， 由二次方程根的分布可得：， 解该不等式组， 化简得. 故选：B. 6.已知，则的值为（） A. B. C.3 D.-3 【答案】C 【解析】由得，给原式分子分母同除以， 化简得. 代入计算得. 故选：C. 7.现从集合中随机选取个不同的数，已知所选的个数中恰有个偶数，则这个数的和大于的概率为（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】集合中奇数为，偶数为， 由题意得总基本事件个数为. 满足个数和大于的基本事件共个，分别为、、、、、、. 由此可得所求概率为. 故选：D. 8.已知当，不等式恒成立，则实数的取值范围是（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】由得，整理得. 设，则，因为在上单调递增，故，从而. 设，，求导得. 当时，，单调递增，当时，，单调递减，故. 结合得，即实数的取值范围是. 故选：B. 二、选择题：本题共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.已知函数的最小正周期为，则（） A.的值域为 B.是偶函数 C.曲线与相切 D.曲线关于点中心对称 【答案】ABC 【解析】由得最小正周期，解得，即. 因为的值域为，故的值域为，A正确. ，定义域为，满足，故是偶函数，B正确. 求导得，代入得，又，故在点处的切线方程为，即曲线与相切，C正确. 正弦函数的对称中心满足，，解得，即对称中心为，，不是整数，且，故不是对称中心，D错误. 故选：ABC. 10.若数列满足，且对任意正整数，，.记.则下列结论正确的是（） A.对任意正整数， B.对任意正整数， C.对任意正整数， D. 【答案】ACD 【解析】由得， 由得， 故，A正确. 由得，，， 故， 即，又，得，， 故. 当时，，，， 故B错误. 结合与中结论， 代入得，又，递推得， 故C正确. 令，则，， 故，且. ， 由此可得， 故D正确. 故选：ACD. 11.如图，在直三棱柱中，，点分别为的中点.下列结论正确的是（） A.平面 B.异面直线与所成角的余弦值为 C.直线与平面所成角的正弦值为 D.平面与平面夹角的余弦值为 【答案】ABD 【解析】直三棱柱中，， 故，以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，得各点坐标为， 由为中点，得. 是平面的一个法向量，得，， 计算得，又平面， 故平面，A正确. ， 计算得， 故异面直线与所成角的余弦值为，B正确. ，，， 设平面的法向量为， 由，得，令，得， 即， 计算得， 故直线与平面所成角的正弦值为，C错误. ， 设平面的法向量为， 由，得，令，得， 即， 计算得， 故平面与平面夹角的余弦值为，D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.在层数为两层的分层抽样中，第1层、第2层的样本容量之比为，且第1层平均数、方差分别为、，第2层的平均数、方差分别为、，则总的样本方差为                   ． 【答案】 【解析】设第1层样本量为，第2层样本量为， 计算得总样本均值. 由分层抽样总样本方差公式得， 代入已知条件化简得. 故答案为：. 13.已知正方体的棱长为，为棱上的一点，且满足平面平面，则平面截四面体的外接球所得截面的面积为                   . 【答案】 【解析】正方体中，平面， 设平面平面， 由平面平面得， 故为中点. 因为，， 所以四面体的外接球直径为， 计算得， 故外接球半径，球心为中点. 设与交于点，记球心到平面的距离为， 计算得，，结合得. 由此可得截面圆半径的平方， 故平面截外接球所得截面的面积为. 故答案为：. 14.已知双曲线的左、右焦点分别为，，点是上一点且在第一象限内，为坐标原点，过作直线，交直线于点．若存在点，使得，则的离心率的取值范围为                   ． 【答案】 【解析】由，得，过作的垂线，垂足为， 设直线与交于点， 因为，， 故， 从而，得. 因为为的中点，， 故为的中位线，得，结合得， 即，又、、三点共线，， 整理得， 即为的中点. 由，得为直角三角形， 由勾股定理得， 在中，， 代入，， 整理得. 点在双曲线第一象限向右上方运动时，与的长度均单调递增， 因此的最小值出现在无限靠近双曲线右顶点处，此时，， 故趋近于. 存在满足条件的点，只需，展开化简得， 由得，结合离心率定义，得. 故答案为：. 四、解答题：本题共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，，分别为三个内角，，的对边，. (1)求； (2)若，求的最大值. 【答案】解：(1)由正弦定理得, 因为,所以,故,即,得,故, 因为,所以,故,得. (2)由(1)知,由正弦定理得,故,所以. 由余弦定理得,即,故. 由基本不等式得,代入得,故,得, 当且仅当时等号成立,所以的最大值为. 16.某调查组利用网站从参与调查者中随机选出人，数据显示关注此问题的约占，并将这人按年龄分组，第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，得到的频率分布直方图如图所示. (1)求，并估计参与调查者的平均年龄； (2)把年龄在第组的居民称为青少年组，年龄在第组的居民称为中老年组，若选出的人中不关注民生问题的中老年人有人，得到如下列联表.请将列联表补充完整填入答题卡，并回答：依据小概率值的独立性检验，能否认为是否关注民生与年龄有关？ 关注民生问题 不关注民生问题 合计 青少年 中老年 合计 (3)将此样本频率视为总体的概率，从网站随机抽取名青少年，记录人中“不关注民生问题”的人数为，求随机变量时的概率和随机变量的数学期望． 附：． 【答案】解：⑴由频率分布直方图面积和为,得, 故． 由平均年龄计算公式,得参与调查者平均年龄． ⑵第1组人数,第2组人数,第3组人数, 故青少年组人数,中老年组人数． 关注民生总人数,不关注民生人数, 故不关注民生的青少年人数,关注民生的青少年人数,关注民生的中老年人数． 补充列联表： 关注民生问题 不关注民生问题 合计 青少年 中老年 合计 零假设：是否关注民生与年龄独立,由检验公式得． 因为, 故依据小概率值的独立性检验,拒绝, 即能认为是否关注民生与年龄有关． ⑶青少年“不关注民生问题”的概率为, 将频率视为概率，每个青少年“不关注民生问题”的概率为， 因为每次抽取的结果是相互独立的，所以， 所以， 所以，． 17.如图，已知在斜三棱柱中，是边长为2的菱形，且. (1)求证：平面平面； (2)若是的中点，，求与平面所成线面角的正弦值. 【答案】(1)证明：连接，取的中点，连接，由为菱形得，因为，，平面，平面，故平面，从而. 因为，故为等边三角形，得，又，故，，平面，平面，故平面，从而. 结合，平面，平面，得平面，又平面，故平面平面. (2)解：取的中点，连接，由(1)知平面，故，，为中点，故，即，由此得两两垂直. 由平面平面，平面平面，平面，故平面，建立空间直角坐标系，由，得，计算得. 设，由，得，解得，故. 设平面的法向量为，则，即，令，得，故. 设为与平面所成线面角，得，故与平面所成线面角的正弦值为. 18.已知为坐标原点，椭圆的右焦点为，过且斜率大于的直线交于，两点，是上一动点，且的面积最大值为. (1)求椭圆的标准方程； (2)若是上的另一点，满足四边形为平行四边形. （i）求； （ii）设关于的对称点为，求证：，，，四点共圆. 【答案】(1)解：由椭圆,右焦点,短半轴长为1； 面积最大值为,当为短轴顶点时面积最大,故, 得,即,椭圆的标准方程为. (2)（i）解：设直线,代入,得. 由韦达定理,,. 因四边形为平行四边形,故,即. 将代入椭圆方程,得,代入得, 化简得,故. 由弦长公式,,代入,,, 得. （ii）证明：由（i）知,故关于的对称点. 由,,得,,即,. 由于,, 故. 由于,, 故； 代入,,得. 由,不妨设,,得,, 故, , 即. 设,,则,, 故,即, 因此,四点共圆. 19.已知函数. (1)当时，讨论的单调性； (2)若与恰有两个交点，求的取值范围. (3)当时，，求a的取值范围. 【答案】解：(1)当时,,. 令,则恒成立,故在上单调递增. 由,得时,,单调递减；时,,单调递增. (2)即,化简得. 令,问题转化为有两个零点.. 若,则,单调递增,在至多一个零点,不符合题意. 若,由得. 当时,,单调递减；当时,,单调递增,故. 由有两个零点,得,即. (3)当时,,,故；当时,,故的取值范围为. 当时,即,整理得. 当时,不等式成立. 当时,分离参数得. 令,则. 令分子,则. 令,则. 当时,,单调递增；当时,,单调递减. 由,,,得存在使. 当时,,单调递增；当时,,单调递减. 由,,得时,,,单调递增；时,,,单调递减. 故,所以. 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省岳阳市2026-2027学年高三上学期期中自编模拟试卷 数学试题 注意事项： 1. 答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。 2. 请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。 3. 作答选择题必须用 2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 4. 本试卷共 4 页，满分 150 分，考试时间为 120 分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1.已知集合，则（） A. B. C. D. 2.已知复数在复平面内对应的点为，则（） A. B. C. D. 3.已知，均为单位向量，且，则（） A. B. C. D. 4.已知全集为的定义域为集合，的解集为集合，则（） A. B. C. D. 5.已知函数若关于的方程有六个不相等的实数根，则实数的取值范围为（） A. B. C. D. 6.已知，则的值为（） A. B. C.3 D.-3 7.现从集合中随机选取个不同的数，已知所选的个数中恰有个偶数，则这个数的和大于的概率为（） A. B. C. D. 8.已知当，不等式恒成立，则实数的取值范围是（） A. B. C. D. 二、选择题：本题共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.已知函数的最小正周期为，则（） A.的值域为 B.是偶函数 C.曲线与相切 D.曲线关于点中心对称 10.若数列满足，且对任意正整数，，.记.则下列结论正确的是（） A.对任意正整数， B.对任意正整数， C.对任意正整数， D. 11.如图，在直三棱柱中，，点分别为的中点.下列结论正确的是（） A.平面 B.异面直线与所成角的余弦值为 C.直线与平面所成角的正弦值为 D.平面与平面夹角的余弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.在层数为两层的分层抽样中，第1层、第2层的样本容量之比为，且第1层平均数、方差分别为、，第2层的平均数、方差分别为、，则总的样本方差为                   ． 13.已知正方体的棱长为，为棱上的一点，且满足平面平面，则平面截四面体的外接球所得截面的面积为                   . 14.已知双曲线的左、右焦点分别为，，点是上一点且在第一象限内，为坐标原点，过作直线，交直线于点．若存在点，使得，则的离心率的取值范围为                   ． 四、解答题：本题共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，，分别为三个内角，，的对边，. (1)求； (2)若，求的最大值. 16.某调查组利用网站从参与调查者中随机选出人，数据显示关注此问题的约占，并将这人按年龄分组，第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，得到的频率分布直方图如图所示. (1)求，并估计参与调查者的平均年龄； (2)把年龄在第组的居民称为青少年组，年龄在第组的居民称为中老年组，若选出的人中不关注民生问题的中老年人有人，得到如下列联表.请将列联表补充完整填入答题卡，并回答：依据小概率值的独立性检验，能否认为是否关注民生与年龄有关？ 关注民生问题 不关注民生问题 合计 青少年 中老年 合计 (3)将此样本频率视为总体的概率，从网站随机抽取名青少年，记录人中“不关注民生问题”的人数为，求随机变量时的概率和随机变量的数学期望． 附：． 17.如图，已知在斜三棱柱中，是边长为2的菱形，且. (1)求证：平面平面； (2)若是的中点，，求与平面所成线面角的正弦值. 18.已知为坐标原点，椭圆的右焦点为，过且斜率大于的直线交于，两点，是上一动点，且的面积最大值为. (1)求椭圆的标准方程； (2)若是上的另一点，满足四边形为平行四边形. （i）求； （ii）设关于的对称点为，求证：，，，四点共圆. 19.已知函数. (1)当时，讨论的单调性； (2)若与恰有两个交点，求的取值范围. (3)当时，，求a的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 $