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（十）

湖南省长沙市2026-2027学年高三数学上学期期中模拟测试（十）参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A C B A D D C AD ABC 题号 11 答案 ACD 1．B 【分析】先因式分解求出不等式的解集，再数出其中的整数. 【详解】由 得 ，解得 . 所以不等式的整数解为 ，共个. 2．A 【详解】， 其共轭复数为． 3．C 【详解】从小到大排序：5，9，11，13，15，20，22，25，,,所以这组数据的75%分位数为. 4．B 【分析】根据两条直线平行的条件，列出a满足的方程以及不等式，即可求得答案. 【详解】由题意可知直线，， 故且， 解得， 故选：B 5．A 【详解】由题意得， . 6．D 【分析】利用圆的性质转化为求圆心到直线的距离即可得解. 【详解】由可得， 可知圆心，半径， 圆心到直线的距离， 则点到圆上的点的最短距离为， 故选：D 7．D 【分析】将两直线方程相减可得过两直线交点的直线方程，再将代入化简可求出直线的斜率，从而可求出线段的垂直平分线的方程. 【详解】直线与直线的方程相减， 可得， 把点代入，可得， 所以，又是线段AB的中点， 所以线段AB的垂直平分线的方程是， 即. 8．C 【分析】由椭圆的定义得出，于是有，只要求得的最大值即可得，而，从而可得结论． 【详解】由可知，， 所以，， 所以， 而，即， 故，当且仅当是的延长线与椭圆的交点时等号成立， 故选：C 9．AD 【分析】直接根据分段函数的解析式，解方程即可求解. 【详解】因为函数，且， 所以，解得：；或者，解得：. 故选：AD 10．ABC 【分析】先由圆上恰有个点到直线的距离为，推出圆心到直线的距离为，再结合直线过点，得出点到圆心的距离不小于，计算各选项点到圆心的距离即可判断. 【详解】圆的圆心为，半径, 若圆上恰好有个点到直线的距离为，则圆心到直线的距离， 即直线是圆心为、半径为的小圆的切线， 要存在过点的直线满足条件，需点在该小圆上或小圆外， 即点到的距离. 对于A：点到的距离为，A正确； 对于B：点到的距离为，B正确； 对于C：点到的距离为，C正确； 对于D：点到的距离为，D错误. 11．ACD 【分析】A.先作平行线，找到截面四边形，由正四面体对棱互相垂直得四边形为矩形，设，，用表示截面四边形的面积，再求最值；B.利用正四面体的体积是，，，故，取不到最大值；C. 当, 底面外接圆半径是刚好是外接球的半径，取到最小值；D. 作平行线找到异面直线与所成角，用表示的三条边，由余弦定理求得，再由求解取值范围. 【详解】正四面体性质：对棱互相垂直；高；体积； 选项 A，过作交于, 过作交于, 过作交于， 则截面四边形为四边形, 因为正四面体对棱互相垂直，即， 所以，所以截面四边形是矩形， 设，，则，， 所以截面四边形面积， 当且仅当时，，A 正确； 选项 B，因为正四面体的体积，且， 因为不含端点，，故，取不到最大值，B 错误； 选项 C，将正四面体补形成正方体，正四面体刚好位于正方体中，由正四面体的棱长为2，得正方体的棱长为， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设的外接圆圆心为， 由正弦定理，得的外接圆的半径为， 可知三棱锥的外接球半径， 取的中点为，则三点共线，且， 得，， 设，，得， 令，即，得，解得， 所以当时，三棱锥的外接球球心为， 此时外接球的半径取得最小值为，C正确； 选项 D，过作交于，则异面直线与所成角等于， 设，，则， 在中，，，， 由余弦定理得，即， 在中，，，，同理由余弦定理得， 在中，由余弦定理得，， 设，得， 令，则， 则， 可得， 因为，则， 可得，所以， 所以，所以， 所以异面直线与所成角的余弦值的取值范围是，D正确. 12． 【详解】因为向量与垂直， 所以. 13．或 【分析】设直线的倾斜角，求直线的倾斜角，可求得两圆心所在直线方程，表示出两圆方程，两圆方程相减得直线的方程. 【详解】设直线的倾斜角， 则，解得， 当直线的倾斜角为锐角时，则倾斜角为，直线为. 设圆和圆均与轴相切，所以两圆半径分别为 ，所以， 圆方程为，圆方程为， 两圆方程相减，得直线的方程为； 当直线的倾斜角为钝角时，倾斜角为，直线为， 设圆和圆均与轴相切，所以两圆半径分别为 ，所以， 圆方程为，圆方程为， 两圆方程相减，得直线的方程为. 故答案为：或 14． 【分析】设，可得，记向量的起点为原点，由可得其终点为圆上一点，设的中点为，则为圆上一点，进而得到，设，，再结合两点间的距离公式得到，进而转化问题为，进而求解即可. 【详解】设，则， 记向量的起点为原点，由，得向量的终点为圆上一点， 设的中点为，则为圆上一点， 则，即， 设，则，， 即， 取定点，则，故， 因此， 当且仅当三点共线、且落在线段上时等号成立， 检验：此时均在圆外， 而直线的斜率为，则直线的方程为，即， 则圆的圆心到直线的距离为， 则直线与圆相交，因此这样的点存在， 综上所述，的最小值为. 15．(1)，90.4； (2). 【分析】（1）利用频率和为1求出的值；确定第85百分位数位于的区间，再利用定义列式计算. （2）利用分层抽样求出在区间和内所抽人数，再利用列举法结合古典概型即可求解. 【详解】（1）由频率分布直方图得：，解得； 成绩在的频率为， 则第85百分位数位于，因此，解得， 所以第85百分位数约为90.4. （2）由频率分布直方图知，得分在和内的频率分别为0.04和0.06， 由分层抽样知，抽取的5人中，在内的人数为2，在内的人数为3， 设分数在内的2人为，分数在内的3人为， 则在这5人中抽取2人的情况有：，共10种情况， 其中得分不在同一组的2人有：，有6种情况， 所以此2人得分不在同一组的概率为. 16．(1) (2) 【分析】（1）由题求出，求出椭圆方程； （2）利用弦长公式求解. 【详解】（1）由题意，且，，得， 因此椭圆的方程为. （2）设椭圆左焦点为，直线的方程为，，， 联立直线方程与椭圆方程， 可得，解得：，. 所以 17．(1) (2)或 【分析】（1）根据给定条件，利用点到直线的距离公式及弦长公式列式求解. （2）按直线的斜率是否存在分类，结合点到直线距离公式求解. 【详解】（1）圆的圆心，半径， 点到直线的距离为， 由弦的长为，得，所以. （2）当过点的直线斜率不存在时，直线方程为，圆心到此直线的距离为2，直线与圆相切； 当过点的直线斜率存在时，设直线方程为，即， 则，解得，直线的方程为， 所以直线的方程为或. 18．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】(1)由二倍角公式结合余弦定理可得，化简可得. (2)由，得,结合正弦定理和余弦定理可求得，再利用面积公式求解. (3)由为锐角三角形可得，结合正弦定理可得，，从而求得的周长的取值范围. 【详解】（1）由，得， 由余弦定理，得，所以， 因为，所以，又， 所以或， 因为，所以， 所以. （2）由，得， 由正弦定理和余弦定理，得， 又，，所以，解得， 则， 所以， 故的面积为. （3）由题意可知，即解得， 由正弦定理得，则， 所以，， 则， 所以的周长的取值范围为. 19．(1) (2) （i）； （ii）． 【分析】（1）分析知截面是边长等于圆柱底面直径的正方形，再求出面积即可； （2）（i）作出合理辅助线，利用与平面平行的截面仍为正方形，求出点的高度及其射影位置，再连续使用勾股定理求；（ii）由得到平行四边形，在平面内设辅助长度，利用同一个三棱锥体积的两种表示求出与的关系，再求所给式子的最大值． 【详解】（1）平面 通过“牟合方盖”的中心， 由对称性可知，所得截面是边长等于圆柱底面直径的正方形， 所以截面面积； （2）在平面内过作，两圆柱分别以为轴. 由，且平面，得平面， 在平面内过作，垂足为，又因为平面，所以； 同理，在平面内过作，垂足为，可得，如图， 因为平面，即， 所以到平面的距离相等，即. （i）在直角三角形中，，且， 所以， 由，得 又，所以， 于是. 如图，过作“牟合方盖”与平面平行的截面， 设截面与交于，与圆弧交于点，连接， 则， 以为轴的圆柱的圆截面中， 半弦长， 所以截面是边长为的正方形，其中心到每个正方形顶点的距离为 因此，且在线段上． 因为平面截“牟合方盖”所得正方形的边长为，是边的中点， 所以 从而. 又，所以与相邻的顶点重合， 并且. 如图，连接，在直角三角形中，. 又，而，所以． 在直角三角形中，， 故； （ii）由得， 故确定平面， 因为，平面，且平面， 所以，四边形是平行四边形，所以， 因为在同一平行于的截面中， 由以为轴的圆柱的母线方向可知，则， 若，则四边形也是平行四边形，则，可得， 因此四边形是平行四边形，从而 在平面内，作，垂足为，设，延长交于， 令，由于，所以， 又在线段上，且正方形中， 所以直角三角形为等腰直角三角形，故， 在平面内，直线与边之间的距离为， 所以， 过作，垂足为，连接， 则由三垂线定理可得， 记， 由点为平面与两圆柱表面交线的交点，则点在两圆柱表面上． 在以为圆柱轴的圆截面中，圆的半径为，即， 则点到圆柱轴的距离为， 则由勾股定理得， 所以 另一方面，点还必须位于另一个以为轴的圆柱的内部或表面上． 点到该圆柱轴的距离为，所以 代入，得 因此 因为，且平面，平面，所以平面． 故点与点到平面的距离相等. 下面利用三棱锥的体积计算． 在平面内，，且，所以 点到平面的距离为，故 又，． 由三垂线定理，． 在直角三角形中， 因此 以为底面，三棱锥的高为，所以 由等体积法，得 因为，所以 由可知， 则由得即 故 在直角三角形中，， 则在直角三角形中，， 因为，且共线，为钝角，所以 于是 当时， 所以 当时，，且，此时等号成立． 因此要使题中的严格不等式恒成立，，即的取值范围为. 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 $ 湖南省长沙市2026-2027学年高三数学上学期期中模拟测试（十） 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．不等式的整数解的个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 2．复数的共轭复数为（    ） A． B． C． D． 3．现有样本数据：15，9，11，20，13，5，22，25，则这组数据的75%分位数为（    ） A．5 B．13.5 C．21 D．22 4．已知直线，，则（    ） A．1 B． C．1或 D．或2 5．如图，在平行六面体中，为与的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（　　） A． B． C． D． 6．已知圆为直线上一动点，则点到圆上的点的最短距离为（   ） A． B． C． D． 7．若点既是，所连线段的中点，又是直线与的交点，则线段AB的垂直平分线的方程是（    ） A． B． C． D． 8．已知椭圆的左、右焦点分别为，动点在椭圆上，点，则的最大值为（   ） 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．已知函数，若，则的值可能是（    ） A． B．3 C． D．5 10．已知圆，直线l经过点P，且圆C上恰好有3个点到直线l的距离为1，则点P的坐标可能为（    ） A． B． C． D． 11．已知正四面体的棱长为2，点在棱上（不含端点），过点且平行于和的平面截四面体所得截面为四边形.则（    ） A．截面四边形面积的最大值为1 B．三棱锥的体积的最大值为 C．三棱锥的外接球半径的最小值为 D．异面直线与所成角的余弦值的取值范围是 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知向量与垂直，则_________． 13．已知公共点为的圆和圆均与轴相切，且与直线均相切于第一象限，两圆的半径之和为4，则直线的方程为__________. 14．已知向量，，且向量满足，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．在第29个“世界读书日”到来之际，树人中学举办了读书知识竞赛，现从参加竞赛的同学中（百分制，均为整数）分成六组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，第6组，得到如图所示的频率分布直方图. (1)求的值，并估计这100名学生成绩的第85百分位数（保留一位小数）； (2)若先用分层抽样方法从得分在和的学生中抽取5人，调查其读书情况，求此2人得分不在同一组的概率. 16．已知椭圆C的方程为（）上顶点为，离心率为. (1)求椭圆C的方程； (2)若斜率为2的直线l经过椭圆C的左焦点，且与椭圆C相交于M，N两点，求的长. 17．已知点，圆. (1)若直线与圆C相交于A，B两点，弦AB的长为，求a的值. (2)若过点M的直线l与圆C相切，求直线l的方程； 18．设的内角，，的对边分别为，，，已知. (1)证明：； (2)若，，求的面积； (3)若为锐角三角形，且，求的周长的取值范围. 19．“牟合方盖”是由两个相同的圆柱分别从纵横两个方向相交时两圆柱公共部分形成的几何体，如图1所示，点被称为“牟合方盖”的上顶点，点为“牟合方盖”的中心.过点作平面使得，. (1)求平面截“牟合方盖”所得截面的面积； (2)点，为平面与两圆柱表面交线的交点，点为的中点，过作平面，点为“牟合方盖”表面上的点且在平面同一侧，过点作平面，交边界于点，，设，. （ⅰ）如图2所示，若，，，求线段的值； （ⅱ）若，点到平面的距离为，当时，恒成立，求实数的取值范围. 第1页（共2页） 第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $