湖南省长沙市2026-2027学年高三上学期开学学情数学自测卷02（人教版A）解析版

湖南省长沙市2026-2027学年高三上学期开学学情自测卷02数学试题（解析版）题号12345678910答案DABCCCCCABBD题号11答案BCD1．D【分析】解出集合、，利用集合的交集运算求解.【详解】，,所以.2．A【详解】验证充分性：因，，由得，因为，则，故，充分性成立；验证必要性：若，则，当且不为0时，，而，则不成立，故必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件.3．B【分析】由题意利用求向量的模的方法，求得，从而利用向量的夹角公式求解即可.【详解】∵非零向量，满足，且，设，的夹角为，则，且，所以.∴.∵，∴.故选:B．4．C【分析】根据等比中项的定义可得出关于的等式，解之即可.【详解】因为、、成等比数列，所以，解得.故选：C.5．C【分析】令，求导，得到函数单调性，结合特殊点函数值和零点存在性定理可得答案.【详解】令，，，令得，令得，故在上单调递减，在上单调递增，其中，，．∴，．∴在内有一个零点，在内有一个零点．∴在内有两个零点．6．C【分析】由的部分图象可求得其解析式为，再根据平移规则可求得.【详解】根据图象可知，由，可得，又，可得；由可知，可得；将函数图象上所有的点向左平移个单位长度可得.故选：C7．C【分析】利用已知条件判断函数的单调性然后转化分段函数推出不等式组，即可求出a的范围.【详解】对任意的实数，都有,即成立，可得函数图像上任意两点连线的斜率小于0，说明函数是减函数；可得：，解得，故选：C8．C【分析】根据已知判断和的图象关于同一个对称中心对称，利用对称性及交点个数求即可.【详解】已知，则的图象关于点对称，由，且，所以，故的图象关于点对称，所以和的交点必然也是成对的，且关于对称，若是它们的一个交点，则也必然是它们的交点，所以横坐标之和为，已知交点有个，因此可以配成对，每一对交点的横坐标之和为，所以所有交点横坐标的总和为.9．AB【详解】由题意可知：命题“”是真命题，则，解得，结合选项可知AB正确，CD错误.10．BD【分析】根据展开式的通向公式以及二项式系数的性质求解判断.【详解】因为，所以，所有奇数项的二项式系数和为，故A错误，令，得所有项的系数和为，故B正确，由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第7项，故C错误，因为展开式通项为，当为整数时，，3，6，9，12，共有5项，故D正确．故选：BD．11．BCD【分析】建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间位置关系的向量证明判断A，B，利用空间距离的向量求法判断C，利用题意求出关键点的坐标，再利用球的方程求出半径，最后得到表面积判断D即可.【详解】因为，，所以，因为，所以，则，在中，由余弦定理得，如图，作出翻折后的图形，且作面，以为原点建立空间直角坐标系，可得，，，设，由折叠性质得，，由两点间距离公式得，，两式相减得，解得，则，令，，是参数，得到，对于A，由题意得，，若，则，解得，而，则此种情况不存在，故A错误，对于B，由题意得面的法向量为，设面的法向量为，且，，则，令，解得，，则，若平面平面，则，解得，符合题意，故B正确，对于C，由题意得，，设点B到直线的距离为，由题意得，由点到直线的距离公式得，则，解得（舍去）或，当时，符合题意，故C正确，对于D，由三棱锥的体积公式得，当三棱锥体积最大时，，解得或，而与等效，后续讨论的情况即可，当时，，得到，设三棱锥的外接球的球心坐标为，球的半径为，设球的方程为，将代入方程，得到，将代入方程，得到，则，解得，将代入方程，得到，则，解得，此时变为，将代入方程，得到，解得，，由球的表面积公式得，故D正确.12．【详解】由题可得，，则，故，因此焦距为.13．【分析】已知两边及其夹角，可通过余弦定理求第三边，利用向量关系计算中线长即可．【详解】由，，，根据余弦定理可得：，解得；由中线满足向量关系可得：，则．14．【分析】根据题意，求得，得到，结合题意和二次函数的性质，即可求解.【详解】因为点在直线上，可得，则，可得，又因为有且只有4个正整数n满足，结合二次函数的性质，可得符合条件的，所以，即实数的取值范围是.15．(1)证明：因为底面是正方形，所以；因为平面平面，且平面平面；故平面，因为平面，则；又因为，且，平面，所以；(2)选条件①：不可取，四棱锥不存在；选条件②：；选条件③：．【分析】（1）根据面面垂直的性质得到线线垂直，通过证明线面垂直得到两条直线垂直；（2）根据题干要求，通过垂直关系建系求解B点坐标，根据B点坐标情况确定四棱锥是否唯一，根据条件所确定的B点坐标，利用空间向量计算线面夹角．【详解】（1）略（2）由（1）可知平面，以A为坐标原点，为x轴，为z轴，垂直于的直线为y轴，建立空间直角坐标系，可设，则；因为，则；选①：因为是中点，则，故；根据坐标可得，得到，显然不成立；则四棱锥不存在，故不能选①；选②：；由可得，为直角三角形，可以为y轴建系，B点坐标可唯一确定，则四棱锥存在且唯一确定；故可以选②；选③：；因为，则；因为；则，即，解得，代入，可解得；则四棱锥存在且唯一确定；故可以选③；

选②：；因为，则故为直角三角形，则；由（1）可知，平面，故以A为坐标原点，所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，；则，，；设为平面的法向量，则，则，取；设为直线与平面成角，则；直线与平面成角的正弦值为．选③：；以A为坐标原点，为x轴，为z轴，垂直于的直线为y轴，建立空间直角坐标系，可设，则；因为，则；因为，则；因为；则，即，解得，代入，可解得，，则，则，，；设为平面的法向量，则，则，取；设为直线与平面成角，则；同理，当时，可得直线与平面成角的正弦值也为．16．(1)1；(2)证明：设，因为，故，若，则，故.，因为，，故有两个不同零点，且，且时，；时，；故在，上为增函数，在上为减函数，若，因为在为增函数且，而当时，因为在上为减函数，故，故为的一个最小正实根，若，因为且在上为减函数，故1为的一个最小正实根，综上，若，则.若，则，故.此时，，故有两个不同零点，且，且时，；时，；故在，上为增函数，在上为减函数，而，故，又，故在存在一个零点，且.所以为的一个最小正实根，此时，故当时，.(3)意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝，若繁殖后代的平均数超过1，则若干代后被灭绝的概率小于1.【分析】（1）利用公式计算可得.（2）利用导数讨论函数的单调性，结合及极值点的范围可得的最小正零点.（3）利用期望的意义及根的范围可得相应的理解说明.【详解】（1）.（2）略（3）略17．(1)(2)【分析】（1）根据代入原等式化简即可得到数列是等差数列，利用等差数列的通项公式求解；（2）分和两种情况结合等差数列前项和公式讨论即可求解.【详解】（1）当时，，由于，解得，当时，由于，所以，化简可得：，所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以.（2）由（1）知，则，当时，，所以，此时，则，当时，，且，此时，综上，18．(1)(2)【分析】(1)将前五局中甲恰好参与了四局的情况列出来求解即可；(2)第局有甲参与的概率为，列出，通过配凑出是等比数列，代入公式求解即可.【详解】（1）记“前五局中甲恰好参与了四局”为事件，记某选手获胜为“√”，失利为“×”，轮空为“○”，则前五局甲恰好参与四局对应前四局的以下四类情况：①×○√√，第五局一定参与，概率为，②√×○√，第五局一定参与，概率为，③√√×○，第五局一定参与，概率为，④√√√×，第五局一定轮空，概率为，故所求概率为.（2）记第局有甲参与的概率为，则第局有甲参与的概率为，若第局有甲参与，则第局有甲参与的概率为，若第局没有甲参与，则第局一定有甲参与，所以，即，又因为，则，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，即，所以第局乙、丙对打，即没有甲参与的概率为.19．(1)；(2)当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，在上单调递减.(3)1.【分析】（1）把代入，求出的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程.（2）求出的导数，再分类讨论求出函数的单调性.（3）将给定不等式分离参数，构造函数，利用导数求出最大值即可.【详解】（1）当时，，求导得，则，而，所以函数在处的切线方程为，即.（2