湖南省长沙市2026-2027学年高三秋季开学学情数学自测卷（人教版A）（解析版）

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页湖南省长沙市2026-2027学年高三秋季开学学情自测卷数学试题（解析版）题号12345678910答案ACCCCDCAACDACD题号11答案BD1．A【分析】根据集合的交集运算求解.【详解】因为，，所以，故选：A2．C【分析】根据复数的除法运算直接计算即可.【详解】.故选：C.3．C【分析】设，由已知可得，进而可求离心率.【详解】由题意可知，，则，设，则，所以，故的离心率为.故选：C.4．C【分析】令即可求出f(x)对称中心横坐标，从而可判断求解．【详解】由，得，当时，．故选：C．5．C【分析】先通过平移法则得新函数解析式为，根据对称中心列方程得，由即可求解.【详解】函数的图象平移后得到，其图象关于点对称，那么，所以，又，所以m的最小值为.故选：C6．D【分析】分、分别求解即可.【详解】，，的最小值是，若，即时，则，解得，符合题意；若，即时，，，不合题意舍去.故.故选：D.7．C【分析】根据条件可确定点的准确位置，再逐项判断真假即可.【详解】因为，，所以，又，所以四点共面，所以当为四边形的中心时，最小.对于A，根据正棱锥的性质可得平面，因为平面，所以，三角形为直角三角形，故A错误；对于B，在直角三角形中，，，所以三角形为等腰直角三角形，因为是的中点，所以，故B错误；对于C，因为平面，所以点在底面的投影落在上，所以为直线与平面所成角，因为三角形为等腰直角三角形，所以，故C正确；对于D，根据正棱锥的性质可得三角形为等腰三角形，，所以，因为平面平面，所以为二面角的平面角，因为，所以为四棱锥外接球的球心，为直径，所以四棱锥外接球被二面角所夹的几何体的体积为，故D错误．故选：C8．A【分析】先由导数结合极值点得方程有两个不同的正根，从而结合韦达定理得，再将韦达定理代入计算得，进而得解.【详解】由题，因为函数有两个极值点，所以方程有两个不同的正根，所以，，，所以①，所以，又，所以即得，所以或（舍去）②，所以由①②得.故选：A.【点睛】思路点睛：先由极值点与导数的关系结合韦达定理初步求出的值，再由韦达定理结合不等式计算即可求解.9．ACD【分析】根据题意，利用勾股定理可求圆锥的母线长，挖去圆柱的半径和高，然后即可逐项求解.【详解】因为圆锥的底面半径为3，高为，所以母线长，则，即圆锥母线与底面所成的角为，故A正确；圆锥的侧面积，故B错误；因为为的三等分点，所以，则圆柱的体积为，故C正确；圆柱的侧面积，剩下几何体的表面积，故D正确；故选：ACD.10．ACD【分析】由与关系可得出数列的通项公式，再对选项逐一判断即可.【详解】当时，，当时，由有，所以，所以数列时以为首项，2公比的等比数列，故C正确；，故A正确；由，故B错误；因为，所以是等比数列，故D正确.故选：ACD.11．BD【分析】超几何分布取出某个对象的结果数不定，也就是说超几何分布的随机变量为实验次数，即指某事件发生次的试验次数，由此可知取出的最大号码不服从超几何分布，取出的黑球个数服从超几何分布；取出2个白球的概率为；对于，取出四个黑球的总得分最大，由此求出总得分最大的概率为．【详解】解：一袋中有6个大小相同的黑球，编号为1，2，3，4，5，6，还有4个同样大小的白球，编号为7，8，9，10，现从中任取4个球，对于，超几何分布取出某个对象的结果数不定，也就是说超几何分布的随机变量为实验次数，即指某事件发生次的试验次数，由此可知取出的最大号码不服从超几何分布，故错误；对于，超几何分布的随机变量为实验次数，即指某事件发生次的试验次数，由此可知取出的黑球个数服从超几何分布，故正确；对于，取出2个白球的概率为，故错误；对于，若取出一个黑球记2分，取出一个白球记1分，则取出四个黑球的总得分最大，总得分最大的概率为，故正确．故选：．【点睛】本题考查命题真假的判断，考查超几何分布、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．12．【分析】解法一：应用基本不等式计算和为定值即可得出最大值；解法二：应用二次函数单调性得出二次函数的最大值即可.【详解】解法一：，当且仅当，即时等号成立．解法二：，在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值．故答案为：.13．【分析】写出前11项的和，由等比数列的求和公式求解即可.【详解】因为，，，，所以.故答案为：14．【分析】结合指数函数性质证明函数在上单调递增，当时，，不等式在上恒成立可转化为在上恒成立，令，结合基本不等式求的最小值，由此可得结论.【详解】因为函数，在上单调递增，所以函数在上单调递增，所以当时，，由已知在上恒成立，得，即在上恒成立，令，则，所以在上恒成立，所以，其中，所以，当且仅当时等号成立，所以，所以a的取值范围是.故答案为：.15．（1），；（2）极大值为，无极小值【解析】（1）由，即可解出（2）求出，判断其符号，得出的单调性即可【详解】（1），，由题意得，，解得，.（2），，，的变化情况如表：由表可知，的极大值为，无极小值.【点睛】本题考查了导数的几何意义和利用导数研究函数的极值问题，对函数的导函数的正负性的判断是解题的关键.16．(1)在直四棱柱中，建立如图所示的空间直角坐标系，

由侧棱的长为3，底面是边长为2的正方形，得，由是棱的中点，得，则，设平面的法向量为，则，令，得，显然，则，又平面，所以平面.(2)；(3)3.【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理得证.（2）求出平面与平面的法向量，再利用空间向量求出面面角的余弦值..（3）利用空间向量的距离公式，结合锥体体积公式求解.【详解】（1）略（2）由（1）知平面的法向量为，而平面的一个法向量为，因此，所以平面与平面所成角的余弦值为.（3）由（1）知平面的法向量为，而点，则，点到平面的距离为，又，则点到直线距离，因此的面积，所以三棱锥的体积.17．(1)(2)①证明：由内心定义可知内切圆半径，对任意，，即，由于点和点在轴的同一侧，故，同号，故，所以，②【分析】（1）根据椭圆焦距及离心率可得椭圆方程；（2）①根据三角形内心的定义及三角形面积可得证；②结合三角形内心的性质证明点只能在椭圆的上、下顶点位置.当时，表示点中恰有个在上顶点，恰有个在下顶点，对任意都有表明，任意前个点中，上顶点个数不少于下顶点个数，结合古典概型概率公式求结论.【详解】（1）由题可知，，解得，，，所以椭圆的标准方程为；（2）①略②由①可知，，因为，所以，对任意，在中，设与轴的相切于点，则，同理，，，结合，故，又，于是，结合，代入得，又，取等条件为，故点只能在椭圆的上、下顶点位置.当时，表示点中恰有个在上顶点，恰有个在下顶点，故总的情况有种.对任意都有表明，任意前个点中，上顶点个数不少于下顶点个数.将前个点中上顶点的个数减去下顶点的个数记作，将所有的点连接起来，形成一条折线，因为每次要么减少，要么增加，所以折线相当于从出发，每次沿向量向右上方移动，或者沿向量向右下方移动，最终到结束.目标事件为折线始终落在轴及轴上方，其对立事件为折线与有公共点.考虑对立事件，若折线与有公共点，记第一个公共点为，则点左侧的折线均在上方，将这部分折线关于对称到下方，得到点到点的新折线，且与总是一一对应，种数相同.对于，共移动次，其中向右上方移动次，向右下方移动次，共有种.故概率为.18．(1)，，事件A，不独立(2)59【分析】（1）根据概率公式求出、，根据相互独立事件的概率公式判断是否独立；（2）表示出首位抵达的校友恰好抽到一张明信片，且恰好抽到一份手绘款纪念品的概率，解不等式求解即可.【详解】（1）依题意，书签明信片手绘款4040普通教150120，，，因为，所以事件A，不独立.（2）设手绘款明信片的张数为，首位抵达的校友恰好抽到一张明信片，且恰好抽到一份手绘款纪念品为事件C，则，解得，考虑到纪念品总数有限，希望补领的手绘款明信片的张数尽可能地少，且为整数，所以手绘款明信片的张数为59.19．(1)(2)(3)【分析】（1）由题意，将，代入的解析式，对进行求导，得到和的值，代入切线方程中即可求解；（2）将代入的解析式，，对进行求导，将既存在极大值，又存在极小值转化成必有两个不等的实数根，利用导数得到的单调性和极值，进而即可求解；（3）将代入的解析式，对进行求导，利用导数分析的极值，将恒成立转化成，构造函数，利用导数分类讨论求解即可.【详解】（1）函数的定义域为，当，时，，则，故，又，所以曲线在点处的切线方程为，即.（2）当时，，定义域为，所以，因为既存在极大值，又存在极小值，所以必有两个不等的实数根，当时，不符合题意，故，令，解得或且所以且，当时，，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以函数分别在，时取到极大值和极小值，满足题意，当时，，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以函数分别在，时取到极大值和极小值，满足题意，综上，