湖南省长沙市长郡中学2027届高三上学期开学考试数学试卷（含解析）

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这是一份湖南省长沙市长郡中学2027届高三上学期开学考试数学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120 分钟试卷满分：150 分）
第一部分（选择题共 58 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 ．设全集，集合 , ,则
A ． B ．
C ． D ．
2 ．是虚数单位，，则复数的模
A ．1 B ． C ． D ．2
3 ．已知，，若，则的值是( )
A ．3 B ． C ．5 D ．
4 ．曲线在点处的切线方程为( )
A ． B ．
C ． D ．
5 ．已知椭圆的左、右焦点分别为，，其右顶点为 A，若椭圆上一点 P，使得，，则椭圆的离心率为( )
A ． B ． C ． D ．
6 ．已知函数的部分图象如图所示，，是图象与轴的交点，且
, , . 则 ( )
1
A ． B ． C ． D ．
7 ．将数列 2 ，4 ， 6 ， 8 ， 10 ， 12 ， 14 ， 16 分为 4 组，每组 2 个数，使得每组的 2 个数之和构成一个项数为 4
且公差为的等差数列，则的最大可能值为( )
A ．4 B ．6 C ．8 D ．10
8 ．已知函数，若存在正实数，，使得，
,则的取值范围是( )
A ． B ．
C ． D ．
二、多项选择题：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 ．下列结论中正确的是( )
A ．若随机变量满足，则
B ．数据，，，，，的分位数是
C ．若随机变量，，则
D ．当相关系数时，样本点都落在同一条直线上
10 ．数列满足，则下列说法正确的是( )
A ．数列是等差数列 B ．数列的前 n 项和
C ．数列的通项公式为 D ．数列为递减数列
11 ．已知曲线，点在上，为坐标原点，则( )
A ．
B ．的取值范围是
C ．直线与有且仅有 4 个交点
D ．
第二部分（非选择题共 92 分）
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12 ．在的展开式中，的系数为．（用数字作答）
13 ．已知过点作圆的两条切线、，切点分别为、，则直线必过定点
14 ．已知三个数，，成等比数列，其倒数重新排列后为递增的等比数列的前三项，则能使不
等式成立的自然数的最大值为．
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 ．在等差数列中，已知， .
(1)求；
(2)设，求数列的前项和 .
16 ．如图，在斜三棱柱中，，且三棱锥的体积为 .
(1)求三棱柱的高；
(2)若平面平面
为锐角，求二面角的余弦值.
17 ．在中，角的对边分别为，已知，，为边上一点.
(1)若为的中点，且，求的长；
(2)若平分，且，求的面积.
18 ．已知椭圆方程 E：的左焦点为 F，直线（）与椭圆 E 相交于A，B，点A 在第一象限，直线与椭圆 E 的另一点交点为 C，且点 C 关于原点 O 的对称点为 D．
(1)设直线，的斜率分别为，，证明：为常数；
(2)求面积的最大值．
19 ．已知函数 ( ).
（1）若，求证：当时，；
（2）若，其中，求证：
《2027 届高三开学模拟测试卷》参考答案
1 ．A
【详解】＝{x|﹣2＜x＜1}；
∴A∩( )={x|﹣ 1＜x＜1}．
故选 A．
2 ．B
【详解】由题知，则．故本题答案选．
3 ．D
【详解】已知 , ,
则 ,
又 ,则，
得，得 .
4 ．A
【详解】因为，所以，
所以在点处，所以在点处的切线方程为，
所以切线方程为 .
故选：A.
5 ．B
【详解】
答案第 11 页，共 11 页
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
D
A
B
D
C
D
ACD
ABD
题号
11
答案
ABD
由题意，，
,
,
由正弦定理得，又，
所以，，又，
可得，所以椭圆的离心率 .
故选：B.
6 ．D
【详解】由图可知，点的横坐标为，则，所以．
因为，所以，得．
因为，所以．将点坐标代入函数，得，即．
所以，即．因为，所以．
7 ．C
【详解】原数列总和 .
设新数列首项为，公差为，则 .
最大和 .
因为且，所以 .
代入得到 .
若，则 .
新数列为 .
要凑出最大和，必须用，其余数字凑出，满足条件故的最大可能值为
8 ．D
【详解】若存在正实数，使得，
则函数与的图象有两个公共点．
所以，即在时有两个不同的解．
又．令，问题转化为求直线与函数的图象有两个交点时的取值范围．
,令，得，解得．
当时，单调递增；当时，单调递减．
因此在处取得最大值，所以．
当时，；当时，，所以．
9 ．ACD
【详解】对于 A 选项，由，解得，故 A 正确；
对于 B 选项，因为，所以数据，，，，，的分位数是，故 B 错误；
对于 C 选项，若随机变量，则，
所以，故 C 正确；
对于 D，当相关系数满足时，所有样本点完全线性相关，即全部样本点都在同一条直线上，故 D 正确．综上所述，选项 ACD 正确.
10 ．ABD
【解析】首项根据得到，从而得到是以首项为，公差为的等差数列，再依次判断选项即可.
【详解】对选项 A，因为，，
所以，即
所以是以首项为，公差为的等差数列，故 A 正确.
对选项 B，由 A 知：
数列的前 n 项和，故 B 正确.
对选项 C，因为，所以，故 C 错误.
对选项 D，因为，所以数列为递减数列，故 D 正确.
故选：ABD
11 ．ABD
【详解】对于 A 选项，曲线方程变形为，
因为点在上，所以，
因为，所以．
令，，
,所以函数在上单调递减，
又，所以的解集为，
所以的解集为，
所以，故 A 正确；
对于 B 选项，，
因为，所以，所以，故 B 正确；
对于 C 选项，联立与，得，
令，构造函数，
求导，所以在单调递增，
当时，；当时，，
由零点存在定理，存在唯一的使得，对应两个横坐标，
即两个交点和，共 2 个交点，故 C 错误；
对于 D 选项，要证，等价于证，
令，由，得，
则，
下面证明当时，，
设，只需证，
求导，显然在单调递增，
当时，；当时，，
所以存在唯一极值点，满足，
且在单调递减，在单调递增，
故在上的最大值为，
故当时，，
因此，
第一个等号当且仅当或 1 时成立，第二个等号当且仅当时成立，因此两个等号无法同时取得，所以，即，故 D 正确．
12 ．
【详解】由二项式定理的通项公式得：，则令，求出 .所以的系数为： .
故答案为： .
13 ．
【详解】圆的方程可化为，所以圆心．
则以为直径的圆的圆心为，
设以为直径的圆的半径为，则．
所以以为直径的圆的方程为．
过点作圆的切点分别为、，
两圆的交点为、，即两圆的公共弦为．
将两圆的方程相减可得直线的方程为，即，
令得，所以直线必过定点．
故答案为：．
14 ．7
【详解】因为三个数成等比数列，所以，所以，
倒数重新排列后恰好为递增的等比数列的前三项为，公比为，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
则不等式等价为，
整理，得，所以，所以的最大值为．
15 ．(1)
(2)
【详解】（1）解：因为数列为等差数列，，，设等差数列的公差为，
则，解得，
故 .
（2）解：因为，
所以，
则，
,
即，所以
16 ．(1) (2)
【详解】（1）解：设三棱柱的高为，
因为，所以，
又因为三棱锥的体积为，可得，解得，
即三棱柱的高为 .
（2）解：过点作于点，连接，
因为平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
由（1）知，又因为为锐角，所以，
在中，，所以 .
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
可得，
,
设平面的法向量为，则
取，可得，所以，
因为平面，可得平面的一个法向量为，
所以，
所以二面角的余弦值为 .
17 ．(1) ； (2) .
【详解】（1）在中，，因为为的中点，所以，
两边平方得，
解得，所以 .
（2）因为平分，所以，
又，
即，
即，可得，
所以 .
18 ．(1)证明：由题意知，，若，此时直线的斜率不存在，不合要求，舍去，
设，，，此时，
则，，，
又 ①, ②,
式子①-②得，
所以；
(2)3
【详解】（1）略
（2）由题意可知，三角形面积等于三角形的面积 2 倍，
椭圆左焦点 F 为，可设直线方程为，
,
联立方程组
即，
故，，
所以三角形的面积为
,
令，，
由对勾函数性质可得在单调递增，
故，当且仅当取得最小值成立，
所以，当且仅当，即时成立，
三角形的面积的最大值为，
所以面积的最大值为 3.
19 ．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【详解】（1）当时，，要证，即证，
即证，令，则，
令，则，
当时，，当时，，
所以，即，可得在上单调递增，
所以当时，，即
即可证明当时，，原命题得证.
（2）由题意，，方程有两个不相等的解，即方程有两个不相等的解，故，
因为，所以解得．
由题意，方程的两根为，，不妨设，
则，，，
;
令，
则，令，得，所以在上单调递增，
所以当时，，
所以．①
又，
令，则，令，得或，得或，当时，得，即，
记，则在上递增，在上递减，
又，，
所以当时，，即．②
由①②可知，，
即．