2026-2027学年湖南省湘潭市高三最后一卷数学试卷（含答案解析）

这是一份2026-2027学年湖南省湘潭市高三最后一卷数学试卷（含答案解析），共4页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，定义在上的函数满足，则等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．运行如图所示的程序框图，若输出的的值为99，则判断框中可以填（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，则的值域为（ ）
A．B．C．D．
3．若点位于由曲线与围成的封闭区域内（包括边界），则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．执行如图的程序框图，若输出的结果，则输入的值为( )
A．B．
C．3或D．或
5．《九章算术》勾股章有一“引葭赴岸”问题“今有饼池径丈，葭生其中，出水两尺，引葭赴岸，适与岸齐，问水深，葭各几何？”，其意思是：有一个直径为一丈的圆柱形水池，池中心生有一颗类似芦苇的植物，露出水面两尺，若把它引向岸边，正好与岸边齐，问水有多深，该植物有多高？其中一丈等于十尺，如图若从该葭上随机取一点，则该点取自水下的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．很多关于整数规律的猜想都通俗易懂，吸引了大量的数学家和数学爱好者，有些猜想已经被数学家证明，如“费马大定理”，但大多猜想还未被证明，如“哥德巴赫猜想”、“角谷猜想”.“角谷猜想”的内容是：对于每一个正整数，如果它是奇数，则将它乘以再加1；如果它是偶数，则将它除以；如此循环，最终都能够得到.下图为研究“角谷猜想”的一个程序框图.若输入的值为，则输出i的值为（ ）
A．B．C．D．
7．在菱形中，，，，分别为，的中点，则（ ）
A．B．C．5D．
8．如图，这是某校高三年级甲、乙两班在上学期的5次数学测试的班级平均分的茎叶图，则下列说法不正确的是（ ）
A．甲班的数学成绩平均分的平均水平高于乙班
B．甲班的数学成绩的平均分比乙班稳定
C．甲班的数学成绩平均分的中位数高于乙班
D．甲、乙两班这5次数学测试的总平均分是103
9．定义在上的函数满足，则（）
A．-1B．0C．1D．2
10．一个盒子里有4个分别标有号码为1，2，3，4的小球，每次取出一个，记下它的标号后再放回盒子中，共取3次，则取得小球标号最大值是4的取法有（ ）
A．17种B．27种C．37种D．47种
11． “且”是“”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
12．已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，以（为坐标原点）为直径的圆交双曲线于两点，若直线与圆相切，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若，则=____， = ___.
14．若为假，则实数的取值范围为__________.
15．已知（为虚数单位），则复数________．
16．已知椭圆的左右焦点分别为，过且斜率为的直线交椭圆于，若三角形的面积等于，则该椭圆的离心率为________.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）如图，在四面体中，.
（1）求证:平面平面；
（2）若，二面角为，求异面直线与所成角的余弦值.
18．（12分）设函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若对恒成立，求的取值范围.
19．（12分）已知函数．
(Ⅰ)当时，讨论函数的单调区间；
(Ⅱ)若对任意的和恒成立，求实数的取值范围．
20．（12分）已知函数．
（1）当时，求曲线在点的切线方程；
（2）讨论函数的单调性．
21．（12分）在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为（为参数），圆的方程为，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求和的极坐标方程；
（2）过且倾斜角为的直线与交于点，与交于另一点，若，求的取值范围.
22．（10分）设函数.
（Ⅰ）讨论函数的单调性；
（Ⅱ）若函数有两个极值点，求证：.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、C
【解析】
模拟执行程序框图，即可容易求得结果.
【详解】
运行该程序：
第一次，，；
第二次，，；
第三次，，，
…；
第九十八次，，；
第九十九次，，，
此时要输出的值为99.
此时.
故选：C.
本题考查算法与程序框图，考查推理论证能力以及化归转化思想，涉及判断条件的选择，属基础题.
2、A
【解析】
先求出集合，化简=，令，得由二次函数的性质即可得值域.
【详解】
由，得 ，，令， ，，所以得 ， 在 上递增，在上递减， ，所以，即 的值域为
故选A
本题考查了二次不等式的解法、二次函数最值的求法，换元法要注意新变量的范围，属于中档题
3、D
【解析】
画出曲线与围成的封闭区域，表示封闭区域内的点和定点连线的斜率，然后结合图形求解可得所求范围．
【详解】
画出曲线与围成的封闭区域，如图阴影部分所示．
表示封闭区域内的点和定点连线的斜率，
设，结合图形可得或，
由题意得点A,B的坐标分别为，
∴，
∴或，
∴的取值范围为．
故选D．
解答本题的关键有两个：一是根据数形结合的方法求解问题，即把看作两点间连线的斜率；二是要正确画出两曲线所围成的封闭区域．考查转化能力和属性结合的能力，属于基础题．
4、D
【解析】
根据逆运算，倒推回求x的值，根据x的范围取舍即可得选项.
【详解】
因为,所以当，解得 ，所以3是输入的x的值；
当时，解得，所以是输入的x的值，
所以输入的x的值为 或3，
故选：D.
本题考查了程序框图的简单应用，通过结果反求输入的值，属于基础题.
5、C
【解析】
由题意知：，，设，则，在中，列勾股方程可解得，然后由得出答案.
【详解】
解：由题意知：，，设，则
在中，列勾股方程得：，解得
所以从该葭上随机取一点，则该点取自水下的概率为
故选C.
本题考查了几何概型中的长度型，属于基础题.
6、B
【解析】
根据程序框图列举出程序的每一步，即可得出输出结果.
【详解】
输入，不成立，是偶数成立，则，；
不成立，是偶数不成立，则，；
不成立，是偶数成立，则，；
不成立，是偶数成立，则，；
不成立，是偶数成立，则，；
不成立，是偶数成立，则，；
成立，跳出循环，输出i的值为.
故选：B.
本题考查利用程序框图计算输出结果，考查计算能力，属于基础题.
7、B
【解析】
据题意以菱形对角线交点为坐标原点建立平面直角坐标系，用坐标表示出，再根据坐标形式下向量的数量积运算计算出结果.
【详解】
设与交于点，以为原点，的方向为轴，的方向为轴，建立直角坐标系，
则，，，，，
所以.
故选：B.
本题考查建立平面直角坐标系解决向量的数量积问题，难度一般.长方形、正方形、菱形中的向量数量积问题，如果直接计算较麻烦可考虑用建系的方法求解.
8、D
【解析】
计算两班的平均值，中位数，方差得到正确，两班人数不知道，所以两班的总平均分无法计算，错误，得到答案.
【详解】
由题意可得甲班的平均分是104，中位数是103，方差是26.4；
乙班的平均分是102，中位数是101，方差是37.6，则A，B，C正确.
因为甲、乙两班的人数不知道，所以两班的总平均分无法计算，故D错误.
故选：.
本题考查了茎叶图，平均值，中位数，方差，意在考查学生的计算能力和应用能力.
9、C
【解析】
推导出，由此能求出的值．
【详解】
∵定义在上的函数满足，
∴，故选C．
本题主要考查函数值的求法，解题时要认真审题，注意函数性质的合理运用，属于中档题.
10、C
【解析】
由于是放回抽取,故每次的情况有4种,共有64种；先找到最大值不是4的情况,即三次取出标号均不为4的球的情况,进而求解.
【详解】
所有可能的情况有种,其中最大值不是4的情况有种,所以取得小球标号最大值是4的取法有种,
故选:C
本题考查古典概型,考查补集思想的应用,属于基础题.
11、A
【解析】
画出“,,,所表示的平面区域,即可进行判断.
【详解】
如图，“且”表示的区域是如图所示的正方形，
记为集合P，“”表示的区域是单位圆及其内部，记为集合Q，
显然是的真子集,所以答案是充分非必要条件，
故选:.
本题考查了不等式表示的平面区域问题,考查命题的充分条件和必要条件的判断,难度较易.
12、D
【解析】
连接，可得，在中，由余弦定理得，结合双曲线的定义，即得解.
【详解】
连接，
则，，
所以，
在中，，，
故
在中，由余弦定理
可得.
根据双曲线的定义，得，
所以双曲线的离心率
故选：D
本题考查了双曲线的性质及双曲线的离心率，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、128 21
【解析】
令，求得的值.利用展开式的通项公式，求得的值.
【详解】
令，得.展开式的通项公式为，当时，为，即.
本小题主要考查二项式展开式的通项公式，考查赋值法求解二项式系数有关问题，属于基础题.
14、
【解析】
由为假，可知为真，所以对任意实数恒成立，求出的最小值，令即可.
【详解】
因为为假，则其否定为真，
即为真，所以对任意实数恒成立，所以.
又，当且仅当，即时，等号成立，所以.
故答案为：.
本题考查全称命题与特称命题间的关系的应用，利用参变分离是解决本题的关键，属于中档题.
15、
【解析】
解：
故答案为：
本题考查复数代数形式的乘除运算，属于基础题.
16、
【解析】
由题得直线的方程为，代入椭圆方程得：，
设点，则有，由
，且解出，进而求解出离心率.
【详解】
由题知，直线的方程为，代入消得：
，
设点，则有，
，
而，又，
解得：，所以离心率.
故答案为：
本题主要考查了直线与椭圆的位置关系，三角形面积计算与离心率的求解，考查了学生的运算求解能力
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）证明见解析
（2）
【解析】
（1）取中点连接，得，可得，
可证，可得，进而平面，即可证明结论；
（2）设分别为边的中点，连，可得，，可得（或补角）是异面直线与所成的角，，可得，为二面角的平面角，即，设，求解，即可得出结论.
【详解】
（1）证明:取中点连接，
由则
，则，
故，，
平面，又平面，
故平面平面
（2）解法一:设分别为边的中点，
则，
（或补角）是异面直线与所成的角.
设为边的中点，则，
由知.
又由（1）有平面，
平面，
所以为二面角的平面角，，
设则
在中，
从而
在中，，
又，
从而在中，因，
，
因此，异面直线与所成角的余弦值为.
解法二:过点作交于点
由（1）易知两两垂直，
以为原点，射线分别为轴，
轴，轴的正半轴，建立空间直角坐标系.
不妨设，由，
易知点的坐标分别为
则
显然向量是平面的法向量
已知二面角为，
设，则
设平面的法向量为，
则
令，则
由
由上式整理得，
解之得(舍)或
，
因此，异面直线与所成角的余弦值为.
本题考查空间点、线、面位置关系，证明平面与平面垂直，考查空间角，涉及到二面角、异面直线所成的角，做出空间角对应的平面角是解题的关键，或用空间向量法求角，意在考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于中档题.
18、（1）或；（2）或.
【解析】
试题分析：（1）根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组，分别求解集，最后求并集（2）根据绝对值三角不等式得最小值，再解含绝对值不等式可得的取值范围.
试题解析：（1）等价于或或，
解得：或.故不等式的解集为或.
（2）因为：
所以，由题意得：，解得或.
点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．
19、 (Ⅰ)见解析(Ⅱ)
【解析】
(Ⅰ)首先求得导函数，然后结合导函数的解析式分类讨论函数的单调性即可； (Ⅱ)将原问题进行等价转化为，，恒成立，然后构造新函数，结合函数的性质确定实数的取值范围即可．
【详解】
解：(Ⅰ)当时，，
当时，在上恒成立，函数在上单调递减；
当时，由得：；由得：．
∴当时，函数的单调递减区间是，无单调递增区间：
当时，函数的单调递减区间是，函数的单调递增区间是．
(Ⅱ)对任意的和，恒成立等价于：
，，恒成立．
即，，恒成立．
令：，，，
则得，
由此可得：在区间上单调递减，在区间上单调递增，
∴当时，，即
又∵，
∴实数的取值范围是：．
本题主要考查导函数研究函数的单调性和恒成立问题，考查分类讨论的数学思想，等价转化的数学思想等知识，属于中等题．
20、（1）；（2）当时,在上单调递增,在上单调递减；当时,在和上单调递增,在上单调递减；当时,在上单调递增；当时,在和上单调递增,在上单调递减.
【解析】
(1)根据导数的几何意义求解即可.
(2)易得函数定义域是,且.故分,和与四种情况,分别分析得极值点的关系进而求得原函数的单调性即可.
【详解】
（1）当时,,则切线的斜率为.
又,则曲线在点的切线方程是,
即.
（2）的定义域是.
.
①当时,,所以当时,；当时,,
所以在上单调递增,在上单调递减；
②当时,,所以当和时,；当时,,
所以在和上单调递增,在上单调递减；
③当时,,所以在上恒成立.所以在上单调递增；
④当时,,
所以和时,；时,.
所以在和上单调递增,在上单调递减.
综上所述,当时,在上单调递增,在上单调递减；当时,在和上单调递增,在上单调递减；当时,在上单调递增；当时,在和上单调递增,在上单调递减.
本题主要考查了导数的几何意义以及含参数的函数单调性讨论,需要根据题意求函数的极值点,再根据极值点的大小关系分类讨论即可.属于常考题.
21、（1）；（2）
【解析】
（1）直接利用转换公式，把参数方程，直角坐标方程与极坐标方程进行转化；
（2）利用极坐标方程将转化为三角函数求解即可.
【详解】
（1）因为，所以的普通方程为，
又，，，
的极坐标方程为，
的方程即为，对应极坐标方程为.
（2）由己知设，，则，，
所以，
又，，
当，即时，取得最小值；
当，即时，取得最大值.
所以，的取值范围为.
本题主要考查了直角坐标方程，参数方程与极坐标方程的互化，三角函数的值域求解等知识，考查了学生的运算求解能力.
22、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析
【解析】
（Ⅰ）求导得到，讨论，，三种情况得到单调区间.
（Ⅱ）设，要证，即证，，设，根据函数单调性得到证明.
【详解】
（Ⅰ） ，
令，，
（1）当，即时，，，在上单调递增；
（2）当，即时，设的两根为（），
，
①若，，时，，
所以在和上单调递增，
时，，所以在上单调递减，
②若，，时，，所以在上单调递减， 时，，所以在上单调递增.
综上，当时，在上单调递增；
当时， 在和上单调递增，
在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（Ⅱ）不妨设，要证，
即证，
即证，
由（Ⅰ）可知，，，可得，
，
所以有，
令，
，
所以在单调递增， 所以，
因为，所以，所以.
本题考查了函数单调性，证明不等式，意在考查学生的分类讨论能力和计算能力.