精品解析：湖南省长沙市湖南师范大学附属中学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. 已知命题，，则命题的否定为 A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 在复平面内，复数对应的点的坐标为，则在复平面内对应的点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 在梯形中，，，．将梯形绕所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为 A. B. C. D. 4. 已知在等腰△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝，点D在线段BC上，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 在正项等比数列中，，则的最小值为（ ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 6. 若，其中是实数，则的最大值为（ ） A. 5 B. 10 C. 15 D. 20 7. 在平面直角坐标系中，已知圆与圆的两条公切线互相垂直，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知，若关于x的方程无解，则正整数的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 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. 下列说法正确的有（ ） A. 若线性回归方程为，则样本数据的残差为 B. 已知随机变量、满足，若，，则， C. 已知随机事件、，且，，若，则事件，相互独立 D. 已知随机变量，且函数为偶函数，则 10. 如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面内（含边界）的一动点，且满足平面，则下列说法正确的是（ ） A. 点的轨迹是一条长为的线段 B. 平面截正方体所得截面的面积为 C. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D. 过点作正方体外接球的截面，所得截面面积的最小值为 11. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 周长取值范围为 D. 若O是外接圆的圆心，则和面积之差的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若函数的最大值为，则常数的一个取值为_____． 13. 已知抛物线的焦点为，准线与轴交于点，点是抛物线上一点，于，若为线段的垂直平分线，，则以点为圆心长为半径的圆在轴上截得的弦长为__________． 14. 设数列同时满足以下条件：①中的任意一项；②；③的所有项的和为m．记所有这样的不同数列的个数为．例如：当时，所有的不同数列为：10，1与1，1，1，1，1，1，1，1，1，1，1，从而．若，则的通项公式为__________． 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. 某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学，在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理﹑化学等其他互不相同的七个学院，现从这10名同学中随机选取3名同学，到希望小学进行支教活动（每位同学被选到的可能性相同）. (1)求选出的3名同学是来自互不相同学院的概率； (2)设为选出的3名同学中女同学的人数，求随机变量的分布列. 16. 图，在三棱锥中，平面平面，,点在上， （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）若二面角的余弦值为，求三棱锥的体积. 17. 已知函数（a，），且对任意，都有． （1）用含a的表达式表示b； （2）若存在两个极值点，，且，求实数a的取值范围，并证明：． 18. 已知椭圆，矩形有三个顶点在上，直线的斜率为1． （1）若与坐标原点重合，求的值； （2）设点的坐标为． （ⅰ）试用，，来表示点D的坐标； （ⅱ）当点在上运动时，判断点的运动轨迹是何种曲线的一部分，并说明理由． 19. 设数列的前n项和为，已知，且． （1）求数列的通项公式； （2）设数列满足，． （ⅰ）若是递增数列，是递减数列，求的通项公式； （ⅱ）求最小的正整数m，使得存在一个数列，满足． 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. 已知命题，，则命题的否定为 A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】根据全程命题的否定是特称命题，这一规则书写即可. 【详解】全称命题“，”的否定为特称命题，故命题的否定为“，”. 故答案为A. 【点睛】这个题目考查了全称命题的否定的写法，换量词否结论，不变条件. 2. 在复平面内，复数对应的点的坐标为，则在复平面内对应的点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【详解】设z=x+yi， ， ∴ ∴在复平面内对应的点位于第四象限 故选D． 3. 在梯形中，，，．将梯形绕所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】 由题意可知旋转后的几何体如图： 直角梯形绕所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体 是一个底面半径为1，母线长为2的圆柱挖去一个底面半径同样是1、高为1的圆锥后得到的组合体， 设旋转后形成的圆柱体积为，圆锥体积为， 所以该组合体的体积为． 4. 已知在等腰△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝，点D在线段BC上，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据确定，从而可得，从而用向量数量积的运算律即可求解. 【详解】设等腰△ABC在边上的高为， 因为，所以， 所以,所以， 所以 . 故选:B. 5. 在正项等比数列中，，则的最小值为（ ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 【答案】B 【解析】 【详解】因为数列为正项等比数列，则，即， 又因为，即， 则，当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为8. 6. 若，其中是实数，则的最大值为（ ） A. 5 B. 10 C. 15 D. 20 【答案】B 【解析】 【详解】令，则可得． 由二项式定理，可得展开式的第项为， 其中． 令，因此对应系数． 分别计算时对应系数：，，， ，，． 故的最大值为10． 7. 在平面直角坐标系中，已知圆与圆的两条公切线互相垂直，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，结合两圆的位置关系，可得四边形与四边形均为正方形，结合勾股定理，列式求解，即可得答案 【详解】圆C的圆心为，半径，圆O的圆心为， 因为，所以在圆C内部， 因为两圆有两条公切线，且垂直，所以两圆相交， 设圆C与两切线分别交于点A、B，圆O与两切线分别交于点D、E，两切线交于点F， 连接CA、CB、OD、OE、OC，过O作，如图所示， 则四边形与四边形均为正方形， 则四边形为矩形，且，， 在中，，所以， 则，即，解得或（舍）， 8. 已知，若关于x的方程无解，则正整数的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】对等式进行变形，得，观察两侧结构相同，构造函数，求导分析其单调性，再由，得，将其代入方程，构造关于的方程即可求解． 【详解】设函数，定义域为，求导得． 令，求导得， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 因此的最大值为，故恒成立． 因此恒成立，故在，上均单调递减． 已知，即， 可得． 关于x的方程无解，为正整数，且，， 由的单调性，可知，即， 代入，可得，即． 故关于x的方程无解，转化为方程无解． 令，求导得． 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 故的最小值为，即有． 因为方程无解，所以． 又因为为正整数，且，所以仅当时，满足条件． 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. 下列说法正确的有（ ） A. 若线性回归方程为，则样本数据的残差为 B. 已知随机变量、满足，若，，则， C. 已知随机事件、，且，，若，则事件，相互独立 D. 已知随机变量，且函数为偶函数，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A直接根据残差的定义计算可得；对B根据期望和方差的性质计算可得；对C根据条件概率公式、及相互独立事件的定义判断可得；对D根据偶函数的性质可得，再根据正态分布的对称性得，从而判断区间与区间完全重合，从而可得所求的值. 【详解】选项A：因为残差的定义是实际观测值减去回归预测值，将代入回归方程得预测值， 实际观测值为，因此残差为，故A正确； 选项B ：根据期望和方差的性质：若，则，. 代入得：，但，故B错误； 选项C ：因为，所以， 所以，可得， 所以事件、相互独立， 故C正确； 选项D： 因为随机变量，正态曲线关于直线对称. 又因为函数为偶函数，即， 所以， 又因为， 所以对任意的恒成立，且两区间长度相等， 因此区间与区间完全重合， 所以，解得，故D正确. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面内（含边界）的一动点，且满足平面，则下列说法正确的是（ ） A. 点的轨迹是一条长为的线段 B. 平面截正方体所得截面的面积为 C. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D. 过点作正方体外接球的截面，所得截面面积的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】取分别为的中点，连接，可得，可判断A；求得截面面积可判断B；因为平面，所以为直线与平面所成的角，可求得线面角的正弦的最大值判断C；找出距离球心最远的点，即可利用球的性质得出截面圆半径的最小值，求得截面的最小面积判断D. 【详解】对于A，取分别为的中点，连接，所以， 因为分别是棱的中点，所以，所以， 又平面，平面，所以平面， 又易得且，所以四边形是平行四边形， 所以且，又且， 所以且，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面，又是侧面内， 所以，又，所以点的轨迹是一条长为的线段，故A正确； 对于B，易证，又，所以， 所以平面截正方体所得截面为等腰梯形， 又，所以等腰梯形的高为， 所以截面面积为，故B错误； 对于C，因为平面，所以为直线与平面所成的角， 在中，，所以最小时，正弦值最大， 所以当点在线段中点时，最小，最小值为， 此时线面角的正弦值为，故C正确； 对于D，正方体的外接球的半径为， 当点在或处时，正方体的中心（即外接球球心）离点距离最远为， 此时以点为截面圆心，截面圆半径最小为，所以截面面积的最小值为，故D正确. 故选：ACD. 11. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 周长取值范围为 D. 若O是外接圆的圆心，则和面积之差的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】AB利用正弦定理边角互化处理；C利用正弦定理将周长化为有关于的函数，再结合取值范围即可；D利用正弦定理将面积差用表示，求关于的函数的取值范围. 【详解】对于A，，则由正弦定理得，因为，所以，则，则，故A正确； 对于B，，所以，则，因为，所以，故B正确； 对于C，由得，，所以 ，因为为锐角三角形，所以，得，则，则，所以，故C错误； 对于D，设锐角的外接圆半径为，，则，则，故和面积之差为 ， 因为，则，故当时，面积最大为；当时，；当时，，则和面积之差的取值范围为，故D正确. 【点睛】三角函数问题要活用转化，将问题全部转化为一个变量的函数即可方便求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若函数的最大值为，则常数的一个取值为_____． 【答案】（答案不唯一，只需，即可） 【解析】 【分析】由和差角公式及辅助角公式化简函数，然后得到方程，即可解得的值. 【详解】， ， 依题意，，即， 化简得，解得. 故答案为：（，即可）. 13. 已知抛物线的焦点为，准线与轴交于点，点是抛物线上一点，于，若为线段的垂直平分线，，则以点为圆心长为半径的圆在轴上截得的弦长为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用抛物线定义、垂直平分弦的性质求出，结合圆的弦长公式求解． 【详解】 抛物线的焦点，准线， 准线与轴交点， 设抛物线上点，由得， 为线段的垂直平分线，则， 即，的横坐标，则， 则， 解得，此时，， 圆心到轴的距离， 由弦长公式得：． 14. 设数列同时满足以下条件：①中的任意一项；②；③的所有项的和为m．记所有这样的不同数列的个数为．例如：当时，所有的不同数列为：10，1与1，1，1，1，1，1，1，1，1，1，1，从而．若，则的通项公式为__________． 【答案】 【解析】 【分析】通过列举可得当时，，同理可得，，从而可得，利用累加法和等差数列的求和公式，求得，再验证是否满足，即可得答案. 【详解】当，即时， 所有的不同数列为：，， ， … ，，共12个； 故， 同理可得，，…， 由题意可知，， 所以， 即， 则当时，，，…， 累加得， 又因为， 所以， 也满足上式， 所以. 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. 某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学，在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理﹑化学等其他互不相同的七个学院，现从这10名同学中随机选取3名同学，到希望小学进行支教活动（每位同学被选到的可能性相同）. (1)求选出的3名同学是来自互不相同学院的概率； (2)设为选出的3名同学中女同学的人数，求随机变量的分布列. 【答案】（1）（2）详见解析 【解析】 【分析】（1）利用排列组合求出所有基本事件个数及选出的3名同学是来自互不相同学院的基本事件个数，代入古典概型概率公式求出即可（2）随机变量X的所有可能值为0,1,2,3，，列出随机变量X的分布列即可. 【详解】（1）设“选出的3名同学是来自互不相同的学院”为事件， 则 （2）随机变量的所有可能值为 的分布列为 X 0 1 2 3 P 【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率公式，互斥事件，离散型随机变量的分布列，属于中档题. 16. 图，在三棱锥中，平面平面，,点在上， （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）若二面角的余弦值为，求三棱锥的体积. 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） 【解析】 【分析】（Ⅰ）找准突破方向，证明平面为中点）即可，再根据条件分析,利用面面垂直得线线垂直及平面几何知识即可证出； （Ⅱ）建系，利用空间向量解决问题，设，计算二面角即可． 【详解】解：（Ⅰ）取的中点，连接 因为，所以, 又平面平面,平面平面平面, 所以平面, 又平面,所以 在中，, 所以， 由角平分线定理，得， 又，所以, 又因为平面平面, 所以平面, 又平面， 所以 （Ⅱ）在中，, 由余弦定理得， 所以，即, 所以，所以, 结合（Ⅰ）知，两两垂直，以为原点，分别以向量的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图）， 设, 则, 所以, 设是平面的一个法向量， 则,即，整理得, 令，得 因为平面,所以是平面的一个法向量． 又因为二面角的余弦值为， 所以，解得或 （舍去）， 又平面, 所以是三棱锥的高, 故 所以三棱锥的体积为. 17. 已知函数（a，），且对任意，都有． （1）用含a的表达式表示b； （2）若存在两个极值点，，且，求实数a的取值范围，并证明：． 【答案】（1） （2）实数a的取值范围为； 由题意知， 令，， 则． 而当时，，即， 所以在区间上单调递减， 所以， 即时，． 【解析】 【分析】（1）利用恒等式对任意成立的性质，代入特殊值快速建立参数关系，再回代验证得到； （2）将极值点存在性转化为导函数分子的二次方程正根问题，结合判别式与根的分布条件解出参数范围；将待证不等式转化为单变量函数的最值问题，通过构造函数、求导判单调，结合区间端点值与放缩完成证明. 【小问1详解】 根据题意：令，可得，所以， 经验证，可得当时，, 对任意，都有， 所以； 【小问2详解】 由（1）可知，且， 所以， 令，要使存在两个极值点，，则须有有两个不相等的正数根， 所以，或， 解得或无解，所以实数a的取值范围为； 证明：略 18. 已知椭圆，矩形有三个顶点在上，直线的斜率为1． （1）若与坐标原点重合，求的值； （2）设点的坐标为． （ⅰ）试用，，来表示点D的坐标； （ⅱ）当点在上运动时，判断点的运动轨迹是何种曲线的一部分，并说明理由． 【答案】（1） （2）（ⅰ） （ⅱ）当时，的轨迹是直线的一部分； 当时，的轨迹是圆的一部分； 当时， 的轨迹是椭圆的一部分． 理由如下： 设，由（ⅰ）得，． 当时，在定直线上． 当时，结合，有． 考虑的情况，这等价于， 解得，故此时， 对应在圆上的情形． 除了前面两种特殊情况之外，当且且时， 在椭圆上． 综上所述：当时，的轨迹是直线的一部分； 当时，的轨迹是圆的一部分； 当时， 的轨迹是椭圆的一部分． 【解析】 【分析】（1）由矩形的性质可知，的斜率分别为1，-1，又因为为坐标原点，从而可得矩形为正方形，根据直线的斜率为1，得或，代入椭圆方程求解即可； （2）（ⅰ）方法一：设，，代入椭圆方程，可得，，再根据（设O为坐标原点），求解即可； 方法二：设直线，直线，分别与椭圆方程联立，结合韦达定理及，求解即可； （ⅱ）设，由（ⅰ）得，．分和代入椭圆方程求解即可. 【小问1详解】 由于，，， 所以，的斜率分别为1，-1． 而为坐标原点，故由对称性知矩形为正方形． 根据矩形有三个顶点在上，可知点必为长轴端点， 由直线的斜率为1，得或， 代入的方程：， 又，解得． 【小问2详解】 （ⅰ）方法一：由于，直线的斜率为1， 进而可设，． 于是， 作差可得， 由，可得，． 根据（设O为坐标原点）， 可得． 即D的坐标为． 方法二：用直线方程与椭圆方程联立的方法求解． 由于直线的斜率为1，且， 故可设直线，直线． 由于点在两条直线上，故，． 联立直线与椭圆的方程， 得． 设，由韦达定理得． 同理，联立直线与椭圆的方程 得． 设，由韦达定理得． 由于四边形为矩形， 故． 设， 则 ， 又因为，， 所以 ． 故点的坐标为． （ⅱ）略. 19. 设数列的前n项和为，已知，且． （1）求数列的通项公式； （2）设数列满足，． （ⅰ）若是递增数列，是递减数列，求的通项公式； （ⅱ）求最小的正整数m，使得存在一个数列，满足． 【答案】（1）， （2）（ⅰ）若，则，若，则.（ⅱ）66 【解析】 【分析】（1）由，，两式作差可得，再利用累乘法得到； （2）由题可得， （ⅰ）根据是递增数列，得到，再由是递减数列，可得，于是有，或，分别讨论的通项公式即可； （ⅱ）由题，得到，于是当时，则，然后依次验证是否满足题意即可. 【小问1详解】 由，可得． 当时，利用及， 可得，整理得． ；当时，符合上式．故，. 【小问2详解】 由（1）知，故． （ⅰ）由于是递增数列，所以． 而，其中，． 所以必有．① 同理，由是递减数列，可得．② 将①②两式相加，得． 所以是公差为的等差数列． 又因为，，所以或． 若，则，． 结合，得， 若，则，． 结合，得， 综上，若，则， 若，则. （ⅱ）由，可得． 因此． 若，则，故． 当时，由，可知，其中t为非负整数． 由于为奇数，而2026为偶数，故． 因此． 当时，令， 则． 故存在满足题意的数列，使得． 综上，所求最小正整数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $