湖南省名校联合体2027届高三上学期入学检测数学试卷（Word版附解析）

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一、选择题（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 ， ，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，分别求得 和 ，结合集合交集的定义与运算，即可求解.
【详解】由不等式 ，可得 ，解得 ，
可得集合 ，
又由函数 ，可得 ，解得 ，可得集合 ，
根据集合交集的定义与运算，可得
2. 在复平面内，复数 的共轭复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【详解】 ，其共轭复数为 ，共轭复数
对应的点坐标为 ，该点位于第一象限.
3. 已知正实数 a，b，c，满足 ，则 a，b，c 的大小关系不可能的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
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【解析】
【详解】令 ，因为 ，所以 ，所以 ，所以 ，
所以 ， 选项与此矛盾.
4. 已知 是平面内两个非零向量，那么“ ”是“存在 ，使得 ”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的模长关系以及共线，即可结合必要不充分条件进行判断.
【详解】若 ，则存在唯一的实数 ，使得 ，
故 ，
而 ，
存在 使得 成立，
所以“ ”是“存在 ，使得 ’的充分条件，
若 且 ，则 与 方向相同，
故此时 ，所以“ ”是“存在存在 ，使得 ”的必要条件，
故“ ”是“存在 ，使得 ”的充分必要条件.
故选：C.
5. 边长为 1 的等边三角形绕其一条边旋转一周，形成的几何体体积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】边长为 1 的等边三角形，绕其中一条边旋转一周，所得几何体是两个底面重合的同底圆锥.
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等边三角形的高 ，
即圆锥底面半径 ，每个圆锥的高为 .
几何体的体积为两个圆锥体积之和： .
6. 在 中， ， 在 边上， 平分 ．若 ，则 的最小值
是（ ）
A. 20 B. 18 C. 17 D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角形的面积公式以及基本不等式求解即可.
【详解】
已知 AD 是 的角平分线， ，因此 .
则 .
设 ， ，则 ，
化简得 .
.
由基本不等式， ，当且仅当 即 时取等号.
所以 ，此时 ，满足条件，故最小值为 18.
7. 设函数 的定义域为 ，且 不恒为 0，函数 为奇函数，函数 为偶函数，下列结论
不正确的是（ ）
A. 若 为奇函数，则满足 的 与 存在无数对
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B. 若 为偶函数，则满足 的 与 存在无数对
C. 若 是奇函数或偶函数，且满足 ，则 与 中恰有一个成立
D. 存在 ，使满足 的 与 不存在
【答案】D
【解析】
【分析】利用奇偶函数的定义与运算性质，结合定义域为 的任意函数可唯一分解为一个奇函数与一个偶
函数之和的结论，逐一分析四个选项判断正误．
【详解】对于 A 项， 对任意非零常数 ，构造 ， （常数为偶函数），
满足 ， 可取任意非零实数，得到无数对不同的 ， ，故 A 项正确；
对于 B 项，对任意非零常数 ，构造 （奇函数）， ，
因为 是偶函数， ， 是偶函数，
满足 ， 可取任意非零实数，得到无数对不同的 ， ，故 B 项正确；
对于 C 项，若 为奇函数， ，
联立 ，
得 ， 不恒为 0，仅 成立；
若 为偶函数， ，
联立 ，
得 ， 不恒为 0，仅 成立；
因此 与 恰有一个成立，故 C 项正确；
对于 D 项， 对任意定义域为 的函数 ，
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都可以唯一分解为奇函数 、 偶函数 的和，
与 是否为奇或偶函数无关，因此 ， 一定存在，故 D 错误．
8. 已知 ， 是椭圆 的左、右焦点，P 是椭圆上任意一点，过 引 的外
角平分线的垂线，垂足为 Q，且 Q 与短轴顶点的最短距离为 ，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据角平方分线及椭圆定义计算结合 ，最后计算得出离心率即可.
【详解】延长 交 的延长线于 ，连接 ，
由题意知： ， ，
所以 ，则 的轨迹为以 为圆心、 为半径的圆，
所以 与短轴顶点的最短距离为 ，
所以 ，所以 ，
则 .
故选：C.
二、选择题（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. 数据 的上四分位数为 9
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B. 若 ， ，且 ，则 C，D 相互独立
C. 根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其回归直线方程为
，若其中一个散点坐标为 ，则
D. 将两个具有相关关系的变量 的一组数据 调整为 ，
，…， ，决定系数 不变
（附： ， ， ）
【答案】BD
【解析】
【分析】根据百分位数的计算方法，可判定 A 错误；根据条件概率和相互独立事件的概率公式，可判定 B
正确；根据回归直线方程的性质，可判定 C 错误；根据决定系数的公式，根据数据的变换前后分别相等，
可判定 D 正确.
【详解】A，把数据 从小到大排序，可得 ，共 8 个数据，
其中 ，所以数据的上四分位数为 ，所以 A 错误；
B，因为 ，且 ，所以 ，
由条件概率的公式，可得 ，
所以 ，所以 相互独立，所以 B 正确；
C，散点不一定在回归直线上，不能直接代入直线方程，所以 C 错误，
D，由 ，将 变成 ，则新均值为 ，新回归方程为
，
因此新预测值 ，从而残差 和总偏差 与变换前 分别相等，所以决定
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系数 ，所以 D 正确.
10. 在 平 面 直 角 坐 标 系 中 ， ， 分 别 是 轴 和 轴 上 的 动 点 ， 若 以 为 直 径 的 圆 与 直 线
相切，下列选项中，圆 的面积可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】设 ，根据题意求出圆 的面积的最小值，再逐一判断即可.
【详解】设 ，则 ,且半径 ，
所以圆 必过坐标原点，
又因为圆 与直线 相切，
所以 ,
又因为坐标原点到直线 的距离 ，
所以 的最小值为 ，
所以圆 的面积的最小值为 ，
对于 A，因为 ，不满足题意；
对于 B， ，不满足题意；
对于 C， ，满足题意；
对于 D， ，满足题意.
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11. 在平面直角坐标系 中，已知直线 与函数 的图象交于 点，与 轴交于 点，
其中 ，则（ ）
A. 为 的极大值点
B.
C.
D. 设直线 的斜率为 ，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于 A，求导验证即可；对于 B，利用不等式 ，取特殊值验证即可；对于 C，
由题意 ，利用分析法证明 即可；对于 D，由题意 ，利用分析法证明
即可.
【详解】对于 A，由题意得 ，
因为 ，所以当 时， ，故 ；
当 时， ，故 ；
由此 是 的极大值点，故 A 正确；
对于 B，令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，由题意得 ，
由不等式 ，取 ，得 ，
所以 ，由此 ，
又 单调递增，所以 ，则 ，故 B 错误；
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对于 C，由题意， ，
要证 ，只需证 ，
等价于 ，由 ，得 ，
所以只需证 ，由于 ，则 成立，故 C 正确；
对于 D，直线 的斜率， ，
要证 ，等价于 ，
等价于 ，因为 ，所以 ，
由于 ，
由 B 已证 ，即 ，且 ，
又 ，所以 ，所以 ，故 D 正确.
三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
12. __________．
【答案】 ##
【解析】
【分析】结合诱导公式及二倍角公式求解即可.
【详解】因为
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.
13. 已知递增等比数列 满足 ， ，则 __________．
【答案】 ##
【解析】
【分析】令 ，可得 ，通过两式相乘和相除求得 ， ，进一步求出
公比为 q，即可得解.
【详解】设递增等比数列 的公比为 q，
已知 ， ，
令 ，
则 ，
两式相除，得 ，
因为 ，递增等比数列各项为正，所以 ，
两式相乘，得 ，所以 ，
即 ，即 ，
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解得 ，
因为数列递增，则 ，
所以 .
14. 高三 1 班 54 个人围成一圈做游戏，每人手中都有一个硬币．游戏开始时，每个人同时独立且等概率地
选择将自己的硬币：保留或给左边的人或给右边的人，此后记手中没有硬币的人的个数为 ，则
__________．
【答案】
【解析】
【 分 析 】 设 为 指 示 随 机 变 量 ： ， 由
进行求解．
【详解】54 个人围成一圈，设 为指示随机变量： ，
则手中没有硬币的人的个数 ，
依题意， ，
由期望的线性性质： ，
每个人有 3 种等概率选择：保留，给左边，给右边，每种概率都是 ，
要让第 人手里没有硬币，则有三种情况：
自己不保留硬币，即自己选择左或右，概率为 ；
右边的人不给自己，即右边人不选向左，概率为 ；
左边的人不给自己，即左边人不选向右，概率为 ，
三个人独立，所以 ，
所以 ，
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故 。
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. 年 月 日， 的 正式版发布，该模型在全球范围内引发广泛关注．现为了
对其产品用户的使用行为进行统计分析，收集了 名用户的每日使用时长（单位：分钟），得到如下所
示的频率分布直方图，每日使用时长不小于 分钟的用户称为“忠实粉丝”．
（1）估计该产品用户每日的平均使用时长 （同一组的数据用该组区间的中点值代替）；
（2）现采用分层抽样的方法从样本中使用时长在 ， 的用户中随机抽取 人，并从中随机
抽取 人作进一步分析，记 为 人中“忠实粉丝”的人数，求 的分布列和期望．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接由频率直方图的性质得 ，进而由频率直方图计算平均值，并用样本估计总体可
得；
（2）先由分层抽样确定两组所抽取的人数，进而可得 服从超几何分布，从而可得 的分布列及期望.
【小问 1 详解】
由 ，解得 .
.
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所以样本中该产品用户每日的平均使用时长为 分钟，由样本估计总体，
因此估计该产品用户每日的平均使用时长 （分钟）.
【小问 2 详解】
由频率分布直方图可知， 频率 ， 频率 .
所以两组频率之比为 ，所以用分层抽样抽取的 人中，
抽取 人（非“忠实粉丝”）， 抽取 人（“忠实粉丝”），
从 人中任取 人， 的可能取值为 ， ， ，
所以 服从超几何分布， .
， ， ，
所以 的分布列为
所以 的期望 .
因此 .
16. 如图，在四棱锥 中，平面 平面 ， 为等边三角形， ，
， ， ，点 为线段 的中点．
（1）证明： 平面 ；
（2）求直线 与平面 所成角的正切值．
【答案】（1）证明：因为平面 平面 ，交线为 ， 平面 且 ，
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所以 平面 ．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
（2）
【解析】
【分析】（1）先由面面垂直可得 平面 ，进而可得 ，再由等边三角形的性质得
，再由线面垂直的判定定理可得；
（2）根据条件建立空间直角坐标系，用向量法求线面角的正弦值，再由同角三角函数关系式可得线面角的
正切值.
【小问 1 详解】
略
【小问 2 详解】
取 的中点 ，连接 ， ，由等边三角形性质知 ，
因为平面 平面 ，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 ．
以 为原点，分别以 ， ， 为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，如图：
则各点坐标为： ， ， ， ， ．
因为 为 的中点，所以 ， ， ， ．
设平面 的法向量为 ，
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由 ，得 ， ，取 ，则 .
所以平面 的法向量 .
设直线 与平面 所成角为 ，且 ，
则 ，
即 ，且 ，由同角三角函数关系式得 .
因此直线 与平面 所成角的正切值为 ．
17. 已知点 ， ， 为曲线 上三点（其中点 为曲线上除 , 外任意一点），且满
足 ．
（1）求曲线 的方程；
（2）已知圆 ，曲线 的上焦点为 ，作圆 的切线 交曲线 于 ， （ ，
），在 上取点 使 ，判断 是否为定值．
【答案】（1）
（2）是定值，定值为 .
【解析】
【分析】（1）设点 ．把已知 用坐标表示后化简可得；
（2）若切线斜率存在，设切线 的方程为 ，由 与圆 相切得 ．设点
， ，由垂直得 关系，从而用 表示出 点坐标，代入曲线 的
方程求出 ，切线斜率不存在时，同样求出 ，从而计算数量积可得.
【小问 1 详解】
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设点 ．由题意， ， ， 的斜率分别为 ， ，
代入 ，得 ，
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 ．
【小问 2 详解】
显然 ，
法一：若切线斜率存在，设切线 的方程为 ，由 与圆 相切得 ．
设点 ， ．
由 可得 ，
解得 ，故 ．
代入双曲线 可得 ，
展开化简得 ．
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 ．
所以 为定值．
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 ，
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在 中，面积 ，
即 ，
化简得 ．①
又 在双曲线上，可得 ，②
① ②，得 ，
所以 为定值．
法三：设点 ， ，若切线斜率存在，设直线 的方程为 ，
由 与圆 相切得 ．
联立 得 ，
由韦达定理，得 ， ，
由 且点 在直线 上，设 ，
代入垂直条件并结合 ，推导得 ，
平方得 ，
代入韦达定理及 化简可得 ，
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 ．
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所以 为定值．
法四：显然切线 的斜率不为 ，设切线 ，
由 与圆 相切得 ．
设点 ， ，
由 可得 ，
解得 ，故 ．
代入双曲线 可得 ，
展开化简得 ，解得 （显然 ，负值舍去）．
所以 为定值．
18. 已知 ．
（1）若 ，求 的图象在 处的切线方程．
（2）若 有三个极值点 ， ， ．
（i）求 的取值范围；
（ii）证明： ．
【答案】（1）
（2）（i）
（ii）由（i）知 ， ，且 即
要证 ，即证 ，
即证 ，即证 ，即 ．
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即证 ，即证 ．
设 ，
则 ．
则 单调递增，而 ，则 ，即 ， ，
即 ，即 证毕．
【解析】
【分析】（1）考查导数的几何意义，通过求导得到切线斜率，结合切点坐标即可求得切线方程.
（2）（i）先对原函数求导，将极值点问题转化为导函数零点问题，分离参数后通过研究新函数的单调性与
值域确定参数范围；
（ii）将待证不等式逐步等价转化，最终转化为极值点偏移问题，通过构造对称函数证明结论.
【小问 1 详解】
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 ．
【小问 2 详解】
（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 ．
当 时， 恒成立，故 时 ；
当 时 ，即 为 的一个极小值点．
又 ，则 在 上单调递减，在 上单调递增，
即 有最小值 ．
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有三个极值点，即 有两个变号零点 ， ，即 解得 ．
（ii）略
【点睛】方法归纳：
1. 已知极值点个数求参数范围，可将问题转化为导函数零点个数问题，通过分离参数、研究辅助函数的单
调性与值域求解.
2. 双变量不等式证明可通过等价转化，转化为极值点偏移问题，构造对称函数结合单调性证明.
19. 对所有满足 且 的数列 ，记 为满足 的 的最小
值（若不存在 ，则记 ）．
（1）若 ，求 的可能取值；
（2）证明：若 ，则 ；
（3）求 ．
【答案】（1） ， ，
（2）一方面，构造数列 如下：
显然符合原式且此时 ，即 ．
另一方面，若 ，则 ，但 ，显然 ，矛盾．
因此只能有 ．
构造方法亦可写成：取 ， ．
（3）
【解析】
【分析】（1）利用因式分解求得数列 的递推关系式，然后根据 的定义，依次检验各项即可.
（2）利用条件 ，构造 的通项公式，得到 ，同时证明 不
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成立，于是得到 .
（3）先考虑奇数的情况， ；然后再考虑偶数的情况，设 ，记 ，
其 中 ， ． 记 ,利 用 二 进 制 格 式 证 明
.于是可以得到 ，再利用错位相减法求前
n 项和即可求解.
【小问 1 详解】
由
因式分解得 ．
因此可得 或 ．
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 ， ， ．
【小问 2 详解】
略
【小问 3 详解】
易知当 为奇数时， ．
以下讨论 为偶数时的情形．
设 ，且记 ，其中 ， ．
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记 ．下面尝试证明： ．
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 ．
（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．
于是
．
故 ．
记 ，
则 ，
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相减得 ，
故 ，
因此 ．
【点睛】（1）利用因式分解将未知的递推数列转化为已知的常见递推关系是处理复杂递推关系的重要方法；
（2）利用二进制实现递推关系为 或 的处理是一种巧妙的方法值得借鉴；（3）最终求
和时使用错位相减法处理数列通项前 n 项和需要认真运算，避免计算错误.
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