湖南省长沙市2026-2027学年高三上学期期中数学自编模拟测试（七）

湖南省长沙市2026-2027学年高三数学上学期期中模拟测试（七）参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B D B D A D C AC ACD 题号 11 答案 ACD 1．B 【详解】两边同乘消去分母得，展开得， 移项合并得即则两边同时除以得 分母实数化分子分母同乘以得. 将代入原方程分母得分母不为零，解有效. 2．B 【详解】直线的斜率为，即， 直线的斜率为，即， 直线的斜率为，即， 根据倾斜角的范围及正切函数的性质知， 直线的倾斜角， 综上，最大. 3．D 【分析】由题设可得抽样比，据此即可得答案. 【详解】由题设可得男生，女生的抽样比为，结合一共抽取100人，则应抽取男生人数为. 4．B 【分析】应用斜率的两点式列方程求参数值. 【详解】由题设，可得. 故选：B 5．D 【详解】由题知，， 又， 则， ， 所以. 6．A 【分析】利用基本不等式求得的最大值. 【详解】根据题意可得，即，当且仅当时，等号成立， 所以的最大值为2， 故选A. 7．D 【分析】根据已知写出圆的标准方程确定圆心和半径，圆心坐标求斜率判断A；由圆心距与半径和差关系判断圆的位置关系判断B、C；由两圆上点的距离最小为判断D. 【详解】由，则，半径为， 由，则，半径为， 所以，A错； ，即两圆外离，有4条公切线，B、C错； ，D对. 故选：D 8．C 【分析】由题意得到，从而得到，由四棱锥的外接球球心在底面内，得到四点共圆，从而得到，继而得到，则四边形的外接圆的圆心是的中点，即四棱锥的外接球球心为点，通过勾股定理求出，利用锥体的体积公式求解. 【详解】因为，，且为公共边， 所以，所以， 因为四棱锥的外接球球心在底面内， 所以四点共圆，所以， 因为， 所以， 所以四边形的外接圆的圆心是的中点， 所以四棱锥的外接球球心为点， 在中，，，， 则，即， 所以， ， 因为，的中点，所以， 又因为，所以, 因为，所以， 因为，，， 所以，所以， 因为，， 所以底面，所以是四棱锥的高， 所以该四棱锥的体积为. 9．AC 【分析】对于A，根据倾斜角与斜率的关系求解即可；对于B，根据赋值法判断即可；对于C，根据直线的图象判断即可；对于D，根据直线与直线的关系判断即可. 【详解】直线：可化为. 对于A，直线的斜率为1，所以倾斜角为，故A正确； 对于B，当时，，所以在轴上的截距为，故B错误； 对于C，作出直线的图象如下： 由图象可知，直线经过第一、二、三象限，故C正确； 对于D，直线的斜率为，与直线不平行，故D错误. 10．ACD 【分析】选项A，由题意平面，可得为底面上的高，然后计算的面积，利用求解即可.选项B，利用向量夹角公式，再结合在中由余弦定理计算，利用向量的数量积以及线性运算进行转化，最终得到直线与直线所成角的余弦值为；选项C，利用等体积法，求出点到平面的距离，然后利用线面角的定义得到直线与平面所成角的正弦值为；D选项，先求出的外接圆半径，然后构造直角三角形得到，解得外接球半径，再利用球的体积公式求解即可. 【详解】由题意可得， 又因为，平面， 所以平面，所以为底面上的高， 选项A，因为由翻折得到，所以. 在中，，边上的高为， 所以，A正确 选项B，在中，， 可得 ，所以直线与直线所成角的余弦值为，B错误. 选项C，由题意得，设点到平面的距离为， 由，可得，解得 所以直线与平面所成角的正弦值为，C正确. 选项D，由选项B知，， 所以，所以的外接圆半径 设三棱锥的外接球半径为， 因为平面，所以，解得. 所以外接球的体积是，D正确. 11．ACD 【分析】对A根据直径所对的圆周角为直角可得；对B根据点是椭圆上得，进而可得点的轨迹；对C由点的轨迹方程为，由椭圆的性质可得所求线段的范围；对D由点的轨迹方程为，由椭圆的性质得，进而可得面积的最大值. 【详解】如图： 对于A，因为点在圆上，且是圆的直径，所以， 即，点在直线上，所以，因此A正确； 对于B，设 ，直线 斜率 ，直线 斜率 ， 由点在椭圆上得：，，，，所以. 由 ，，得直线 ，直线 . 设交点 ，得 ​，​， 代入 得： ，，整理得：. 因为点是椭圆上异于，的动点，，所以点该轨迹方程为. 所以点的轨迹焦点在 轴上的部分椭圆，不是焦点在 轴上的部分椭圆，故B错误； 对于C，因为在椭圆上，所以， 由，所以，即，故C正确； 对于D，中，边上的高的长度为 ，面积， 又由得：，所以， 当时，，对应 ，满足 异于 ，该点存在，故面积最大值为 ，故D正确. 【点睛】本题关键在求点的轨迹方程，先由点是椭圆上而得，再用点的坐标表示, 进而可得所求点的轨迹方程. 12． 【分析】根据题意得到，再由计算即可． 【详解】，， 又因为，所以，即， 所以． 故答案为：． 13．/ 【分析】根据给定条件，建立直角坐标系，结合几何关系求出椭圆方程即可求解作答. 【详解】由，得，以点O为原点，直线OD为x轴建立平面直角坐标系，如图， 过E作于C，交OA的延长线于P，过A作于B，有轴， 而，即，则点B是的中点，且有， 因此，即，设，有， 于是，整理得点E的轨迹方程为，该椭圆长半轴长，短半轴长， 所以点E所形成的椭圆的离心率. 故答案为： 【点睛】思路点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点. 14． 【分析】求出椭圆的方程，设直线与椭圆的另一个交点为，由对称性得出，进而得出，设直线的方程为，将该直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式可求得的最小值，进而得解. 【详解】半圆的圆心为，半径为， 半圆的圆心为，半径为， 对于椭圆的焦距为，则，可得， 所以，椭圆的方程为，如图所示， 设直线与椭圆的另一个交点为， 由椭圆的对称性可知，点与点关于原点对称， 即点为线段、的中点，所以，四边形为平行四边形， 所以，， ， 若的斜率不存在，则直线过点，不合乎题意，所以，直线的斜率存在， 设直线的方程为，设点、， 联立可得， ， 由韦达定理可得，， 所以， ， 故当时，取最小值， 则的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于利用对称性得出，由此得出，将问题转化为椭圆的焦点弦长的最值问题. 15．(1)； (2). 【分析】（1）求出BC中点，由直线BC斜率得其垂直平分线斜率，点斜式写出方程； （2）由待定系数法列方程组求解圆的方程. 【详解】（1）因为，所以BC中点坐标为，即， 又，所以所求直线的斜率， 所以所求直线方程为，即. （2）设的外接圆方程为， 则，解得， 所以所求圆的方程为. 16．(1) (2) 【分析】（1）通过余弦定理直接求角； （2）先求，再利用两角和的正弦公式求，最后用正弦定理求边长，进而计算面积. 【详解】（1）由余弦定理： 已知，即，代入， 得： 又，故. （2）已知，且，则：， 由，得：， 由正弦定理， ， 所以 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) 证明：法一：分别取、的中点、，连接、、， 由题意可知点、分别为线段、的中点．所以，， 因为，所以，所以点、、、四点共面， 因为、分别为、的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又因为，平面，平面，所以平面， 又因为，、平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面； 法二：因为为正方形，且平面，所以、、两两互相垂直， 以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、， 所以，易知平面的一个法向量， 所以，所以， 又因为平面，所以平面． (2) (3) 假设存在点，使得，其中， 则， 由（2）得平面的一个法向量为， 由题意可得， 整理可得．即， 因为，解得或，所以，或． 【分析】（1）法一：分别取、的中点、，连接、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可证得结论成立； 法二：以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立； （2）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值； （3）假设存在点，使得，其中，求出向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，解之即可. 【详解】（1）略 （2）解：设平面的法向量，，， 则，取，可得， 所以平面的一个法向量为， 易知平面的一个法向量，设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角余弦值为； （3）略 19．(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据已知求出的关系，可推得，结合的外接圆半径，利用正弦定理求得c，即可求得，即得答案； （2）设l的方程并联立椭圆方程，可得根与系数关系，（i）化简整理可得以及的值；（ii）利用（i）的结论推出，结合根与系数的关系式化简可求得m的值，继而求得的面积的表达式，结合函数的单调性即可求得答案. 【详解】（1）由于椭圆的离心率为，故， 故，则， 又，则， 又的外接圆半径为，则， 解得，故， 故椭圆方程为； （2）（i）设l与x轴的交点为D，由于直线交椭圆于两点（在轴的两侧）， 故直线l的斜率不为0，    设l的方程为，联立， 则，需满足， 设，则， 又，故， 同理可得； （ii）因为， 则， 又直线l与x轴不垂直可得，则， 即，所以， 即， 即， 即， 整理得，解得或， 因为在轴的两侧，故，则， 故，此时直线l为，过定点，与椭圆C交于不同两点； 此时， ， 令，由于l与轴不垂直，故，所以， 故， 设，时，， 即在上单调递增，即， 故，即的面积的取值范围为. 【点睛】难点点睛：解答此类直线和椭圆位置关系中的范围问题，解答的思路并不困难，一般是联立方程，得到根与系数的关系，进而化简，难点在于计算的过程比较复杂且计算量较大，因此对于含有字母的复杂计算要十分细心. 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 $ 湖南省长沙市2026-2027学年高三数学上学期期中模拟测试（七） 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．若为复数， =1+i，则= （　　） A．-1-i B．1-i C．-1+i D．1+i 2．已知直线，，，的倾斜角分别为，，，，则（     ） A．最大 B．最大 C．最大 D．最大 3．为了调查某校高一学生心理健康情况，计划采用分层随机抽样的方法抽取100名学生进行调查，已知该校高一学生中男生、女生人数分别为490，510名，则应抽取男生的人数为（   ） A．50 B．51 C．68 D．49 4．已知斜率为的直线经过点，，则（   ） A． B． C．1 D．0 5．如图，平行六面体中，以为顶点的三条棱长均为，且两两之间的夹角都是，则（     ） A． B． C． D． 6．已知正数满足，则的最大值为（    ） A．2 B．1 C．5 D．4 7．已知点为圆：上的动点，点为圆：上的动点，下列说法正确的有（   ） A．两个圆心所在直线的斜率为 B．两圆恰有3条公切线 C．两圆公共弦所在直线的方程为 D．的最小值为 8．在四棱锥中，，，．若该四棱锥的外接球球心在底面内，则该四棱锥的体积为（    ） 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．关于直线：，下列说法正确的有（　　） A．直线的倾斜角为 B．直线在轴上的截距为2 C．直线经过第一、二、三象限 D．直线与直线平行 10．如图，在矩形中，，，B为的中点，现分别沿，将，翻折，使点E，F重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（    ） A．三棱锥的体积为 B．直线与直线所成角的余弦值为 C．直线与平面所成角的正弦值为 D．三棱锥外接球的体积是 11．已知椭圆的左、右顶点分别为，，圆．点是椭圆上异于，的动点，直线与圆交于另一点，直线与圆交于另一点．设直线与直线交于点，则（    ） A．直线与直线始终互相垂直 B．点的轨迹为焦点在轴上的部分椭圆 C．线段长度的取值范围为 D．面积的最大值等于 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知向量满足，且，则_______ 13．在生活中，可以利用如下图工具绘制椭圆，已知O是滑杆上的一个定点，D可以在滑杆上自由移动，线段，点E满足，则点E所形成的椭圆的离心率为____________． 14．如图所示，由半椭圆和两个半圆，组成曲线，其中点、分别是的上、下焦点和、的圆心.若过点、作两条平行线、分别与、和、交于、和、，则的最小值为______. 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．的三个顶点是．求： (1)边的垂直平分线的方程； (2)的外接圆的方程． 16．在中，角的对边分别为，. (1)求； (2)若，，求的面积. 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．已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由． 19．已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左右顶点，分别为椭圆的左右焦点，是椭圆的上顶点，且的外接圆半径为． (1)求椭圆的方程； (2)设与轴不垂直的直线交椭圆于两点（在轴的两侧），记直线的斜率分别为． （i）求的值； （ii）若，则求的面积的取值范围． 第1页（共2页） 第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $