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

湖南省株洲市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BBBDBCBABCDAD题号11答案BCD1．B【分析】根据集合的交集计算和二次不等式以及指数函数的不等式解法即可求解.【详解】,,,故选：B.2．B【分析】对复数进行运算化简得，再进行模的计算，即可得答案；【详解】，故选：B.【点睛】本题考查复数模的计算，考考运算求解能力，属于基础题.3．B【分析】推导出，利用余弦函数的基本性质可得出的最大值.【详解】因为角与的终边关于轴对称，则，故，因为，，所以，故的最大值为.故选：B.4．D【详解】因为，则，当时，，所以曲线在点处的切线方程为，即.5．B【分析】求出圆心和半径，设出切点，利用距离公式求出的表达式，利用勾股定理得出切线的表达式，借助二次函数即可求出切线长的最小值.【详解】由题意，在圆中，，圆心，半径，在抛物线中，点为抛物线上一点，∴，连接，设切点为，，分别与点连接，则切线,由几何知识，，，∵，∴由勾股定理得，，在中，对称轴，函数开口向上,∴函数在上单调递增，∴切线在处取最小值，.

6．C【分析】根据题意，结合拉格朗日中值定理，可得，再根据导数的几何意义，可得，只需求的最大值即可.【详解】由题意，函数在上连续，且在上可导，则必有一，使得，又由，可得，所以，根据导数的几何意义知，又由，所以，因为，且，所以，令，，则，当时，，为增函数，当时，，为减函数，故当时，有最大值，所以当时，取得最大值，最大值为.7．B【详解】设圆台的上下底面半径为，因为，所以，则，则轴截面面积为，得，则该圆台的体积为8．A【分析】根据已知推得是周期为8的周期函数，结合对称性求得，利用导数研究函数的区间单调性，应用周期性、对称性求最值，即可得.【详解】因为定义在上的函数满足：，所以的图象关于直线对称，，所以的图象关于点对称，所以，，所以，则，所以，则，故是周期为8的周期函数，的定义域为，所以对称中心在的图象上，可得，所以，当时，，则，当或时，；当时，．所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，当时，极大值，极小值，因为，，所以，，因为的图象关于点对称，所以时，，．当时，，．由于的图象关于直线对称，故时，，．因为是周期为8的周期函数，故当时，，．因此的最大值与最小值的差为．9．BCD【分析】结合差角公式、二倍角公式、辅助角公式、诱导公式对各选项逐一计算验证即可.【详解】选项A：根据正弦差角公式得，故A错误.选项B：根据余弦二倍角公式得，故B正确.选项C：利用辅助角公式可得，故C正确.选项D：利用诱导公式与正弦二倍角公式得，故D正确.10．AD【分析】由题意推导出的对称中心是，且周期；A．利用转化，结合已知区间解析式算出；B.周期，判断B错；C.验证不是函数对称中心，C错误；D.利用的周期，求出，结合计算.【详解】由，得关于直线对称，即，由是奇函数，得，即，所以关于点中心对称，且，由，，所以，得到，周期，已知，，A选项：由，令得，A正确；B选项：的周期是，B错误；C选项：由得，由，，得，即，所以是奇函数，因为函数的一个对称中心为，且周期为，故函数的一组对称中心为，又因为函数的一个对称中心为，且周期为，故函数的一组对称中心为，所以函数的对称中心为，令，得，不符合，所以不是对称中心，C错误；D选项：的周期，，所以，，所以，D正确.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】先由和求出，再结合正弦定理求出，由求解.【详解】中，且（1），（2），（2）-（1）得，．由正弦定理，．.14．【分析】设，原不等式等价于，构造函数，则在上单调递减，可得不等式在上恒成立，利用分离参数法可得在上恒成立，结合导数讨论函数的性质求出即可.【详解】设，，等价于，即，令，则，所以函数在上单调递减，则不等式在上恒成立，即不等式在上恒成立，令，则，令，令，所以函数在上单调递减，在上单调递增，又，且，所以，解得，即实数a的取值范围为.故答案为：.15．(1)有的把握认定吃汤圆或元宵与地域有关；(2)（i）；（ii）【分析】（1）利用独立性检验公式进行计算，并判断与的大小关系，即可作出判断；（2）（ⅰ）记事件为“抽取的5道题中恰有5道题序号相邻”，利用组合公式计算总的基事件个数和事件包含的基事件个数，再利用古典概型公式计算即可求解；（ⅱ）设随机变量为第题与第题均被选中，为其余情况，结合题中条件进行求解即可.【详解】（1）列联表如下：北方南方合计汤圆163652元宵242448合计4060100原假设：吃汤圆或元宵与地域无关．，故拒绝，即有95%的把握认定吃汤圆或元宵与地域有关．（2）（ⅰ）记事件A为“抽取的5道题中恰有5道题序号相邻”，则．（ⅱ）设随机变量为第题与第题均被选中，为其余情况，则，由甲抽取的题目中有对相邻序号的题目，则由定义：若是两点分布，且，则，则．16．(1)(2)设过点且斜率不为的直线的方程为，设，由椭圆方程可知，联立，整理得，由根与系数的关系得，设直线的方程为，直线的方程为，设，则，将代入得，所以，即，又由可得，化简整理得，因为直线的斜率不为，不能同时为，且若假设，代入到，得；代入到，得，将代入到中，整理得，即矛盾，故假设不成立，即，故只能，即，因此点在定直线上.（ii）【分析】(1)根据椭圆的定义和离心率求方程；(2)（i）设直线的方程，并与椭圆方程联立整理得到根与系数的关系，同时表示出直线和的方程，利用两个方程得到交点的横坐标，得以证明点在定直线上；（ii）先表示出两个三角形的面积比的形式，结合求得的根与系数的关系进行化简整理得到的关系，代入分析最终得到的取值范围.【详解】（1）由椭圆的定义得，解得，又因为离心率，所以，则，因此椭圆标准方程为.（2）（i）略（ii）由题可知，且，，所以.由（i）可知，且，设，则，代入到根与系数关系中，即，将上式化简整理得，再结合消去，得，可得，解得，所以，则，则，故的取值范围为.17．(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．18．（1）\；（2）.【详解】试题分析：（1）直接由平面向量共线定理即可得出的表达式，并运用即可求出数列的通项公式；（2）解不等式，得正整数的个数，即得，然后用分组求和法求得和．试题解析：：(1)向量，，且与共线.所以，所以（2）对，若，则，因此，故得，于是．19．(1)不动点和稳定点均为2和4.(2)（ⅰ）当时，有一个稳定点；当时，有两个稳定点；当时，有四个稳定点.（ⅱ）.【分析】（1）根据不动点、稳定点的定义列方程，解方程求得不动点和稳定点.（2）（ⅰ）根据稳定点的定义列方程，因式分解后对进行分类讨论，由此求得稳定点个数.（ⅱ）结合（ⅰ）的结论先确定的大致范围，以及两个稳定点，结合恒成立、函数的单调性、值域等知识确定的取值范围.【详解】（1）令，则，解得或，令，则，整理得，解得或，经检验知均满足条件，故函数的不动点和稳定点均为2和4.（2）（ⅰ），令，得，即，得，所以.①当，即时，方程为，解得，此时有一个稳定点；②当时，的判别式.若，即时，此时有两个稳定点