湖南省长沙市2026-2027学年高三上学期数学期中考后针对训练（三）

湖南省长沙市2026-2027学年高三数学上学期期中考后针对训练（三）参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B B C C C D C ABD BC 题号 11 答案 ABC 1．C 【详解】由得.故. 又因为. 由此可得. 2．B 【分析】根据复数的除法、乘方运算求出，再根据模长公式求解即可. 【详解】， 所以， 所以. 3．B 【详解】当时，， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 故的最小值为0. 4．C 【详解】由双曲线的一条渐近线方程为，得， ，， 所以，化简得， 所以. 5．C 【分析】利用中位线性质与平行线的传递性将异面直线所成角转化为共面角，结合等边三角形的性质求解. 【详解】连接，因为，分别为，的中点，所以， 正方体中，上、下底面互相平行，所以面对角线， 由平行线的传递性，得，因此异面直线与所成的角等于与所成的锐角或直角，即. 设正方体的棱长为，则，所以为正三角形， 因此，即所求异面直线所成的角为. 6．C 【分析】利用为定义域在的奇函数，结合图象逐项进行判断即可. 【详解】对于A，由为定义域在的奇函数，则图象关于点对称，, 由图知，则，故A正确； 对于B，，为奇函数，则，故B正确； 对于C，由图知在的最大值为，则在的最小值为， 因此可得在定义域上存在最小值为，故C错误； 对于D，由在的最大值为，最小值为，则最大值与最小值之和为，故D正确. 故选：C. 7．D 【分析】根据向量的线性运算及数量积的运算公式直接计算. 【详解】在正三角形内， ，，， ，即， 即，则 ． 8．C 【详解】由二倍角公式，原方程化为， ， 令，则，且， 方程变为，解得或(舍去)，所以， 即或，， 的解：， 的解：， 所有解之和：. 9．ABD 【分析】选项A：根据百分位数的定义求解即可；选项B：根据相关系数与相关程度的关系判断即可；选项C：根据小概率值的独立性检验原理判断即可；选项D：根据一元线性回归模型拟合效果判断即可. 【详解】选项A：将样本数据从小到大排列：2，3，3，4，7，8，10，18， 则，所以第80百分位数为第7个数字，即，故A正确. 选项B：样本正相关系数的取值范围是，越接近1，随机变量之间的线性相关程度越强. 故正线性相关程度越强，则样本相关系数越接近1，故B正确. 选项C：在独立性检验中，当时，没有充分证据推断原假设不成立，应认为变量与独立，故C错误. 选项D：残差均匀分布在0附近的水平带状区域，则模型拟合效果好，故D正确. 10．BC 【分析】分析在不同范围下的大小，结合圆、椭圆、双曲线的方程，即可判断和选择. 【详解】因为为空间两直线的夹角，． 若，方程为，方程表示圆，选项B正确； 若，方程为，由于， 方程表示焦点在轴上的椭圆，选项C正确； 若，方程为，即，方程表示两条平行直线，选项A错误； 若，，方程表示焦点在轴上的双曲线，选项D错误． 故选：BC． 11．ABC 【分析】由是递增数列，先得到；再由成等差数列，，列出方程求出的值，即可得出结果，可判断A选项；先由题中条件，得到，，推出，再由累加法，即可求出数列的通项公式，可判断B选项；由，得到；讨论或；或两类情况，即可分别得出结论，可判断CD选项. 【详解】对于A选项，因为是递增数列，所以． 因为，所以 ，． 又因为、、成等差数列，所以， 即，即，解得或． 当时，，这与是递增数列相矛盾，所以，A对； 对于B选项，因为是递增数列，则有， 于是① 因为，所以② 由①、②得，， 因此，即 ③ 又因为是递减数列，则有，于是 ④ 因为，所以 ⑤ 由④、⑤得，， 因此，即 ⑥ 由③、⑥可得． 于是当时， 即 ． 当时，代入上式得，与已知条件相吻合． 所以所求数列的通项公式是 ，，B对； 对于CD选项，当或时，存在数列，使得． 此时数列满足，，， 则有，， 即． 当或时，不存在数列，使得． 理由如下：因为，所以 ； 又因为为奇数，则当时，为奇数，为偶数， 所以当时，为奇数，为偶数， 因此，均不可能成立． 于是当或时，不存在数列，使得，C对D错. 故选：ABC. 12． 【详解】因为， 所以当时，， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 13．/ 【分析】先利用正弦定理化角为边，再利用余弦定理即可得解. 【详解】依据正弦定理，由，得， 两边同乘，得，解得， 又因为，所以． 故答案为：. 14．①②④ 【分析】①∵，∴平面 ，得出上任意一点到平面的距离相等，所以判断命题①； ②由已知得出点P在面上的射影在上，根据线面垂直的判定和性质或三垂线定理，可判断命题②； ③当为中点时，以点D为坐标原点，建立空间直角系，如下图所示，运用二面角的空间向量求解方法可求得二面角的余弦值，可判断命题③； ④过作平面交于点，做点关于面对称的点，使得点在平面内，根据对称性和两点之间线段最短，可求得当点在点时，在一条直线上，取得最小值.可判断命题④. 【详解】①∵，∴平面 ，所以上任意一点到平面的距离相等，所以三棱锥的体积不变，所以①正确； ②在直线上运动时，点P在面上的射影在上，所以DP在面上的射影在上，又，所以，所以②正确； ③当为中点时，以点D为坐标原点，建立空间直角系，如下图所示，设正方体的棱长为2. 则:，，所以， 设面的法向量为，则，即，令，则， 设面的法向量为， ，即， ，由图示可知，二面角 是锐二面角，所以二面角的余弦值为，所以③不正确； ④过作平面交于点，做点关于面对称的点，使得点在平面内， 则，所以，当点在点时，在一条直线上，取得最小值. 因为正方体的棱长为2，所以设点的坐标为，，，所以， 所以，又所以， 所以，，，故④正确. 故答案为：①②④. 【点睛】本题考查空间里的线线，线面，面面关系，几何体的体积，在求解空间里的两线段的和的最小值，仍可以运用对称的思想，两点之间线段最短进行求解，属于难度题. 15．(1) 周期为 ，对称中心为 ； (2) 【分析】（1）由数量积坐标表示结合三角函数恒等变换知识可得答案； （2）由（1）结合正弦函数单调性可得答案. 【详解】（1）由题意可得： .所以 的最小正周期 ． 令 ，解得 ， 所以 的对称中心为 ； （2）因为 ， 所以 ， 所以 ． 因在上单调递增，在上单调递减， 则， 所以 在 上的值域为 ． 16．(1)如图，取的中点，连接，， 平面，平面， 平面平面， 为等边三角形，， 又平面平面，平面， 平面. ，点为中点， ，且， 又，，， 四边形是平行四边形，， 平面. (2) 【分析】（1）根据面面垂直的判定定理和性质定理，结合平行线的性质、平行四边形的判定定理和性质进行证明即可； （2）结合（1）的结论建立空间直角坐标系，利用线面角的定义、空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知平面，平面， ，，两两垂直， 故以为坐标原点，、、所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，，. ，，. 设平面的法向量， 则即 令，则，，. 设直线与平面的夹角为， 则， 直线与平面夹角的正弦值为. 17．(1)； (2). 【分析】（1）利用等差数列的通项公式和前项和公式，联立方程组即可求解； （2）利用等差数列的前项和公式，再结合复合函数的单调性即可求得最小值. 【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，根据题意列方程： 由得： ， 由得： ， 联立解得：，， 则由等差数列前项和公式可得 ； （2）由，，可得等差数列的通项公式为：， 则，即数列的前项积为： ， 因此： ， 令，， 因为函数是关于的单调递增函数，因此最小时，取得最小值， 因为的最小值在时取得，即， 代入可得： , 即的最小值为. 18．(1) (2)（i）当变化时，是定值，定值为． 证明如下：设，， 由，得， 当时， 有，①， 因为直线、的斜率依次为、， 所以， 所以②， 由①②解得，经验证成立，所以结论成立． （ii） 【分析】（1）小题利用垂直平分线的等距性质结合椭圆的定义直接写出轨迹方程； （2）（i）将直线代入椭圆，用韦达定理，把斜率条件转化为关于的等式，推导出为定值；（ii）利用三角形面积公式，代入的定值，换元后结合对勾函数单调性求出面积取值范围． 【详解】（1）由题设条件可得，，， 所以点的轨迹是以、为焦点，长轴长为的椭圆， 又，，，所以， 故点的轨迹的方程为； （2）（i）略； （ii）， 令，得． 所以，面积的取值范围为． 19．(1)的一阶不动点为；当时，没有一阶不动点，当时，的不动点为 (2)证明：先证充分性：设为的一阶不动点， 则，所以，即为的二阶不动点.充分性成立； 再证必要性：设为的二阶不动点，即， 设，而在上单调递增， 若，则，与矛盾； 若，则，与矛盾； 故必有，所以，即为的一阶不动点.必要性成立， 综上所述，“为的一阶不动点”是“为的二阶不动点”的充要条件. (3)当或时，有唯一二阶不动点；当时，有两个二阶不动点；当时，没有二阶不动点. 【分析】（1）根据的一阶不动点定义，列出方程，求得方程的解，即可得到答案； （2）根据的一阶不动点的定义，结合充分条件，必要条件的证明，即可得证； （3）求得，得到在上单调递增，转化为的二阶不动点等价于的一阶不动点，令，得到，令，求得，分和，两种情况讨论，结合最值和不动点的定义，即可求解. 【详解】（1）解：由函数，可得，因为，可得，解得， 所以为的一阶不动点； 又由，可得，即， 当时，此时方程无解，所以没有一阶不动点； 当时，解得或，所以的一阶不动点为. （2）略 （3）解：由函数，可得 当时，，在区间上单调递增， 所以的二阶不动点与的一阶不动点等价， 令，即，即， 令，可得， 可得在区间上单调递减. ①当时，恒成立，即在区间上单调递增， 当时，，且， 故存在唯一的，使得，即有唯一解， 所以有唯一一阶不动点 ②当时，，当时，， 此时，存在唯一的，使得， 所以，此时在上单调递增，在区间上单调递减， 所以， 当时，，当时，， 记，则在上单调递增，且， 又在区间上单调递增， 所以当，即时，，即， 方程有唯一解，即有唯一一阶不动点； 当，即时，，即，方程有两解，即有两个一阶不动点； 当，即时，，即，方程无解， 即没有一阶不动点. 综上所述，当时，或有唯一二阶不动点；当时，有两个二阶不动点；当时，没有二阶不动点. 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考后针对训练（三） 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．已知集合，则（  ） A． B． C． D． 2．已知复数，则（    ） A． B． C． D． 3．已知则的最小值为（   ） A． B．0 C．4 D． 4．已知双曲线的一条渐近线方程为，则其离心率为（    ） A． B． C． D． 5．在正方体中，，分别为，的中点，则异面直线，所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 6．已知定义域为的奇函数在的图象如图所示，则下列说法错误的是（    ）    A． B． C．在定义域上不存在最小值 D．在的最大值与最小值之和为 7．等边三角形的边长为，如果，，，那么（   ） A． B． C． D． 8．方程在区间内的所有解之和为（     ） 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．下列说法正确的是（   ） A．样本数据2，3，3，4，7，8，10，18的第80百分位数为10 B．样本数据的正线性相关程度越强，则样本相关系数的值越大 C．根据分类变量与的成对数据，计算得到，依据的独立性检验，结论为变量与不独立 D．一元线性回归模型的残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内 10．设为空间中两直线的夹角，则在平面直角坐标系中方程表示的曲线可能是（    ） A．两条相交直线 B．圆 C．焦点在x轴上的椭圆 D．焦点在x轴上的双曲线 11．已知数列的前项和为，，且，则下列结论正确的是（ ） A．若是递增数列，且、、成等差数列，则 B．若，且是递增数列，是递减数列，则 C．若，则存在数列，使得当时， D．若，则存在数列，使得当时， 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12．曲线在点处的切线方程为__________. 13．已知的内角所对的边分别是，且，，则______． 14．在正方体中，已知点在直线上运动，则下列四个命题中：①三棱锥的体积不变；②；③当为中点时，二面角 的余弦值为；④若正方体的棱长为2，则的最小值为；其中说法正确的是____________（写出所有说法正确的编号） 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，其中，，． (1)求的周期和对称中心； (2)求在上的值域． 16．如图，已知是等边三角形，，，平面，点为的中点．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面夹角的正弦值． 17．已知等差数列的前项和为，且. (1)求数列的前项和； (2)记，数列的前项积为，求的最小值. 18．在平面直角坐标系中，圆的方程为：，定点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线和半径相交于点． (1)求点的轨迹的方程； (2)设不过原点的直线l：与交于、两点，直线、的斜率分别为、，满足． （i）当变化时，是否为定值？若是，求出此定值，并证明你的结论；若不是，请说明理由； （ii）求面积的取值范围． 19．对于函数，若存在，使得，则称为的一阶不动点；若存在，使得，则称为的二阶不动点；依此类推，可以定义的阶不动点. (1)已知函数，求的一阶不动点； (2)若在上单调递增，求证：“为的一阶不动点”是“为的二阶不动点”的充要条件； (3)在（1）的条件下，若，讨论函数二阶不动点的个数. 第1页（共2页） 第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $