湖南省名校联合体2027届高三上学期入学检测数学试卷（Word版附答案）

这是一份湖南省名校联合体2027届高三上学期入学检测数学试卷（Word版附答案），共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．D 2．A 3．C 4．A 5．A 6．B 7．D 8．C
二、选择题（本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分）
9．BD 10．CD 11．ACD
三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
12． 13． 14．
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．【解析】（1）由 ，解得
． （2 分）
． （4 分）
（2）由频率分布直方图可知，在 ， 的用户数之比为 ，
所以用分层抽样抽取的 8 人中，有 3 人是忠实粉丝， （5 分）
从 8 人中任取 2 人， 取 ， ， ，
， ， ， （11 分，算对一个得两分）
所以 的分布列为
所以 的期望 ． （13 分）
16．【解析】（1）证明：因为平面 平面 ，交线为 ， 平面 且
，
所以 平面 ． （3 分）
又 平面 ，所以 ，
因为 为等边三角形，且 为 的中点，所以 ，
因为 ，且 ， 平面 ，
所以 平面 ． （6 分）
（2）取 的中点 ，连接 ， ，由等边三角形性质知 ，
由面面垂直性质可得 平面 ．
因为 且 ，
所以四边形 为平行四边形，得 ，即 ． （8 分）
以 为原点，分别以 ， ， 为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，
则各点坐标为： ， ， ， ， ． （9 分）
因为 为 的中点，所以 ，
可得向量： ， ， ．
设平面 的法向量为 ，
由 得
解得 ， ，取 ，则 ． （12 分）
设直线 与平面 所成角为 ，
则 ，
代入得 ， （14 分）
所以 ．
故直线 与平面 所成角的正切值为 ． （15 分）
17．【解析】（1）设点 ．由题意， ， ， 的斜率分别为 ，
，
代入 ，得 ， （2 分）
整理得 ．
这是焦点在 轴上的双曲线，其顶点为 ，即点 ， ．
因此曲线 的方程为 ． （5 分）
（2）显然 ，
法一：若切线斜率存在，设切线 的方程为 ，由 与圆 相切得 ． （6 分）
设点 ， ．
由 可得 ，
解得 ，故 ． （8 分）
代入双曲线 可得 ， （11 分）
展开化简得 ． （13 分）
若 斜率不存在，此时易得 或 ，与双曲线联立解得 或 ，
又由 ，点 与点 的横坐标相同，解得 ． （14 分）
所以 为定值． （15 分）
法二：设点 ，因为 ，则可令点 ．
因为切线 与单位圆相切，故 到直线 的距离为 ，
在 中，面积 ，
即 ， （8 分）
化简得 ．① （9 分）
又 在双曲线上，可得 ，② （11 分）
① ②，得 ， （13 分）
所以 为定值． （15 分）
法三：设点 ， ，若切线斜率存在，设直线 的方程为 ，
由 与圆 相切得且 ． （6 分）
联立 得 ，
由韦达定理，得 ， ， （8 分）
由 且点 在直线 上，设 ，
代入垂直条件并结合 ，推导得 ， （10 分）
平方得 ，
代入韦达定理及 化简可得 ， （13 分）
若 斜率不存在，此时易得 或 ，与双曲线联立解得 或 ，
又由 ，点 与点 的横坐标相同，解得 ． （14 分）
所以 为定值． （15 分）
法四：显然切线 的斜率不为 ，设切线 ，
由 与圆 相切得 ． （6 分）
设点 ， ，
由 可得 ，
解得 ，故 ． （8 分）
代入双曲线 可得 ， （11 分）
展开化简得 ，解得 （显然 ，负值舍去）． （13 分）
所以 为定值． （15 分）
18．【解析】（1）当 时， ， ，故切点为 ．
，故 ．
切线斜率为 2，得切线方程： ，
所以 的图象在 处的切线方程为 ． （4 分）
（2）（ⅰ） ，设 ，
若 ，则 单调递增，即其至多有一个零点，即 至多有两个极值点，不可能有三个极值点，
故 ． （5 分）
当 时， 恒成立，故 时 ；
当 时 ，即 为 的一个极小值点． （7 分）
又 ，则 在 上单调递减，在 上单调递增，
即 有最小值 ．
有三个极值点，即 有两个变号零点 ， ，即 解得 ． （9 分）
（ⅱ）由（ⅰ）知 ， ，且 即 （10 分）
要证 ，即证 ， （11 分）
即证 ，即证 ，即 ． （13 分）
即证 ，即证 ． （15 分）
设 ，
则 ． （16 分）
则 单调递增，而 ，则 ，即 ， ，
即 ，即 证毕． （17 分）
19．【解析】（1）在原递推式中以 作主元，可因式分解得 ．
因此可得 ，或 ．（亦可直接用求根公式） （2 分）
已知 ，则 或 ，即 ；
则 可能为 或 ，即 ；
则 的可能取值为：若 ，则 ；
若 ，则 ，
所以 ．
又因为 ，故 的所有可能取值为 ， ， ． （4 分）
（2）一方面，构造数列 如下：
显然符合原式且此时 ，即 ． （6 分）
另一方面，若 ，则 ，但 ，显然 ，矛盾．
因此只能有 ． （8 分，用其他方法证明亦可．）
构造方法亦可写成：取 ， ．
（3）易知当 为奇数时， ．以下讨论 为偶数时的情形．
设 ，且记 ，其中 ， ．
记 ．下面尝试证明： ． （10 分）
考虑 ，则 ，且满足： 或 ．
则显然 是满足 的 的最小值，此时 ，且 ，
由上述分解，可将 写为唯一的二进制格式，即 ，
下考虑将该二进制数从左往右写出，从 1 开始（显然 ），每写一个数字即对应一个新的二进制
数，直到得到 的二进制数．
每多写一个 0，对应十进制中即为给上一个数乘 2，
每多写一个 1，对应十进制中即为给上一个数乘 2 再加 1．
则从 到 的过程即可等价于 到 的过程（显然这一路径具有最小性），
写 0 时，相当于进行一步递推；写 1 时，相当于进行两步递推，故总递推步数为：
“该二进制数的位数” “二进制数中 1 的个数” ，即 ，
则 ． （13 分）
（用其他方法完成该结论的证明亦可，若提出该结论而未证明，扣除证明过程的相应分数）
当 时，满足 的 的个数为 ，
这是因为最高位 固定，其余 位中恰有 个 1． （14 分）
于是
． （15 分）
故 ．
记 ，
则 ，
相减得 ，
故 ， （16 分）
因此 ． （17 分）