湖南省株洲市2026-2027学年高三上学期开学学情数学自测卷（人教版A）（解析版）

湖南省株洲市2026-2027学年高三上学期开学学情自测卷数学试题（解析版）题号12345678910答案BDCBDABBACABD题号11答案BC1．B【分析】先求得集合，再由集合交集的概念与运算，即可求解.【详解】由集合，因为，可得.2．D【详解】选项A，由的定义域为，所以，即函数值域为，故A错误；选项B，由的定义域为，所以，所以函数值域为：，故B错误；选项C，由的定义域为，此时函数值域为，故C错误；选项D，由的定义域为，此时，所以函数值域为，故D正确.3．C【分析】设，分，，三种情况去掉绝对值符号得到的解析式及值域，即可得解.【详解】设，.所以当时，；当时，；当时，.所以当时，的最小值为3，故选：C4．B【分析】由求的范围，然后解不等式可得.【详解】因为函数的定义域为，即，所以，由解得，所以函数的定义域为.故选：B5．D【分析】利用两角和与差的正弦公式即可得到答案.【详解】，所以，所以.故选：D.6．A【分析】由设，可得的值，进而可求得的值，结合余弦定理可得，由可求得，即可求得结果.【详解】由题意知，设，则，如图所示，由可得，整理得，即，又因为，所以，所以，所以，在中，由余弦定理得，所以，由是边上的中线，得.所以，中线长.故选：A7．B【分析】利用等差数列的性质可求数列前30项和.【详解】设此数列前30项和为，则，故选：B.8．B【分析】由题意，利用两角和与差的正弦公式可求得，再利用二倍角公式即可求得.【详解】因为，则，即，所以，则.故选：B.9．AC【分析】设交于，利用线面平行的判定定理可判断A，由题可得进而可判断BD，利用线面垂直的判定定理可得平面，进而可判断C.【详解】连接交于，连接，则为的中点，所以，，又M为中点，，，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，故A正确；因为，与平面相交且不垂直，所以与平面不平行且不垂直，故BD错误；由题可知平面，平面，所以，由题可知，又平面，平面，所以平面，又，所以平面，故C正确.故选：AC.10．ABD【分析】应用二倍角公式计算判断A,B选项，根据两角和差公式计算判断C,D选项.【详解】对于A：，A正确；对于B：，B正确；对于C:，C错误；对于D:正确，D正确.故选：ABD.11．BC【分析】当均落在该正方体的一条体对角线上且这两个小球相切，同时这两个小球均与正方体的三个面相切时，小球的半径取得最大值，进而可得正方体的棱长为4.对于A，连接，证得平面，点作，则平面，则即为点到平面的距离，计算即可；对于B，连接，则为与底面所成的角，计算即可；对于C，因为，所以异面直线与所成的角为与所成的角（或其补角），以为原点建立坐标系，根据向量求解判断即可；对于D，四棱锥外接球的球心为线段的中点，求得外接球半径，根据球的表面积公式计算即可.【详解】设这两个小球的球心为，当均落在该正方体的一条体对角线上且这两个小球相切，同时这两个小球均与正方体的三个面相切时，小球的半径取得最大值，设半径的最大值为，则该正方体的体对角线为，所以该正方体的棱长为4.对于A，连接，设，在正方体中，平面，，因为平面，所以，因为，平面，所以平面，过点作，则平面，因为，所以点到平面的距离为，故A错误；对于B，连接，则为与底面所成的角，且，故B正确；

对于C，因为，所以异面直线与所成的角为与所成的角（或其补角），以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立平面直角坐标系，如图所示：

则，则，所以异面直线与所成的角小于，故C正确；对于D，四棱锥外接球的球心为线段的中点，则四棱锥外接球的半径为，则四棱锥外接球的表面积为，故D错误.故选：BC12．5【分析】由题目给出的已知条件，直接代入等差数列的通项公式求公差即可.【详解】在等差数列中，，所以公差.故答案为：5.13．（或或，任写一条即可，答案不唯一）【分析】求出两圆圆心和半径，两圆圆心距以及两圆心所在直线方程即可得两圆公切线情况，再结合直线垂直关系以及两平行直线距离公式即可求公切线方程.【详解】圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，两圆心距为，故两圆外切，两圆圆心所在直线的方程为，即，中点为，切线垂直于直线，且经过中点，所以切线的方程为；切线平行于直线，且到直线的距离为，设平行于直线切线方程为，则或，所以切线的方程分别为.

故答案为：（或或，任写一条即可，答案不唯一）.14．【分析】根据题意转化为时，恒成立，结合与圆相切时，利用点到直线的距离公式和导数，求得的最小值为，即可求解.【详解】由题意，函数，因为的最小值为，即，即表示圆及其外部的部分，又因为命题成立，即时，恒成立，当直线与圆相切时，可得设，可得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以当时，取得最小值，最小值为，可得的最小值为，所以的最大值为，所以的最小值为，所以，即实数的取值范围是.故答案为：.15．(1)；(2)10分钟．【分析】（1）由中心点到地面距离得值，由摩天轮半径得值，由周期求得，再由初始值求得得表达式；（2）解不等式后可得．【详解】（1）中心点距地面60m，则，摩天轮的半径为50m，即，，，最低点到地面距离为10m，所以，，又，则，所以所求表达式为；（2），，取一个周期内，有，，．所以在摩天轮转动一圈内，点有10分钟的时间距离地面超过85m．16．(1)76分(2)(3)平均数，方差21【分析】（1）先根据“第1组的频数的平方为第2组和第4组频数的积”，得“第1组的频率的平方为第2组和第4组频率的积”求，，求该组数据的第70百分位数即可.（2）根据古典概型求概率.（3）根据平均数与方程的概念求新数据的平均数与方程.【详解】（1）由第1组的频数的平方为第2组和第4组频数的积可知，第1组的频率的平方为第2组和第4组频率的积，所以，解得，又，解得，所以，成绩落在内的频率为：，落在内的频率为：，设第70百分位数为，则，解得，所以晋级分数线划76较为合理.（2）由图可知，按分层抽样法，两层应分别抽取4人和2人，分别记为和，则所有的抽样有：，共15个样本点，"抽到的两位同学来自不同小组"，则，共8个样本点，所以．（3）因为，所以，所以，所以，剔除其中的和86两个分数，设剩余8个数为，，平均数与标准差分别为，则剩余8个分数的平均数：方差：.17．(1)因为平面，平面，，，所以取的中点，连接，，因为为的中点，所以，所以，所以四边形为平行四边形，所以因为，为的中点，所以，因为平面，平面，所以，因为，所以平面，因为，所以平面.(2)；(3).【分析】（1）由已知可证，取的中点，，所以，再由，证明，平面，进而可证明平面；（2），求出两个三棱锥的体积即可求解.（3）建立空间直角坐标系，写出四点的坐标，求出平面的一个法向量，平面的法向量，利用向量夹角公式即可求解.【详解】（1）略（2），由（1）知，平面，，所以（3）如图建立空间直角坐标系，则，，，设平面的一个法向量为，，，由，令，则，，所以因为平面，所以平面的法向量，所以，因为，所以平面与平面所成的锐二面角为.【点睛】方法点睛：求二面角的方法总结（1）定义法：分别在两个半平面内向棱作垂线，垂足为同一点，求两线的夹角（2）垂面法：作垂直于棱的一个垂面，这个平面与两个半平面分别有一个交线，这两个交线所成的角；（3）三垂线法：过一个半平面内的一点作另一个半平面的一条垂线，过垂足作棱的垂线，记垂足为，连接，则即为二面角的平面角；（4）向量法：求两个半平面法向量夹角的即为二面角的平面角或二面角平面角的补角.18．(1)(2)2(3)【分析】（1）利用题设条件列出的方程组，求解即得椭圆方程；（2）由条件推得为矩形，设，利用椭圆的定义得，再由勾股定理得，联立求出，从而可求的平行四边形的面积；（3）设，则，依题意求出的方程，联立求得点的坐标，由点Q在椭圆E上，解方程即可求得点P坐标.【详解】（1）由题意，当P点在长轴端点时，取，则①，当P点在短轴端点时，取，则②，由②得，故代入①，可得，，故椭圆E的标准方程为.（2）如图1，若四边形为平行四边形，又，则，即为矩形，设，则，又，则，于是，故平行四边形的面积为.（3）如图2，设，则，且，因且，故，则；因，则因，故，则.由联立解得：，因点Q在椭圆E上，则得，将代入化简得：，解得，，即点P坐标为.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