湖北省云学联盟2027届高三上学期8月阶段训练数学试卷（含解析）

湖北云学联盟2026-2027学年上学期高三8月阶段训练数学试卷一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B．0 C．1 D．22．已知等差数列满足，则（

）A．0 B．1 C．2 D．33．已知，，则（

）A． B． C． D．4．已知函数，则的解集为（

）A． B．C． D．5．已知点是曲线上的点，若该曲线有两条斜率为的切线，则这两条切线间的距离为（

）A． B． C． D．6．已知锐角，满足，，则（

）A． B． C． D．7．已知的三条边分别为，，，且，是方程的两个根，若，则（

）A． B． C． D．8．已知集合，若函数满足对任意的均有且．在所有函数构成的集合中随机取出一个元素，定义随机变量，则的数学期望为（

）A． B． C．0 D．二、多选题9．设等比数列的公比为，前项和为，则下列说法正确的是（

）A．若，则数列是等差数列B．若，则C．若，则数列是递减数列D．记的前项中所有奇数项之和为，所有偶数项之和为，则10．已知函数，，则下列说法正确的是（

）A．函数定义域为B．若，，则在区间上单调递增C．若，，则的图象关于点对称D．若，且在区间上的所有零点之和为，则不同零点共有个11．已知函数，，则下列说法正确的是（

）A．任意，函数一定存在极大值和极小值B．当时，对任意，都有C．存在，使函数在区间上单调递减D．存在，使方程有三个不同的实数解三、填空题12．已知集合，，若，则实数的取值范围是__________．13．若关于的不等式在上恒成立，则__________．14．边长为的正方形，为中点，将沿翻折得到，记为线段上一点，且满足，若在翻折过程中，记二面角为，，则点到直线的距离的范围是__________．四、解答题15．已知函数（，，）的部分图象如图所示．(1)求函数的解析式；(2)将函数的图象先向左平移个单位，再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，求．16．已知的内角，，的对边分别为，，，，．(1)求；(2)若为线段的中点，的面积为，求线段的长．17．已知动点满足：点到直线的距离是点到点距离的2倍．(1)求点的轨迹方程；(2)若圆与曲线有且仅有四个交点，，，，求四边形面积的取值范围；(3)若点在曲线上运动，求关于，的表达式的范围．18．已知函数，．(1)若，讨论函数的单调性；(2)若，存在，使得，证明：；(3)当时，设，，证明：在数列中，必存在两个不同下标，（），使得．19．小明是篮球爱好者，据统计，小明在篮球赛中选择三分投篮的概率为，投篮命中率为；选择二分投篮的概率是，投篮命中率为．某一场篮球赛中，小明每次选择三分投篮或者二分投篮都相互独立，记其投篮总得分为的概率为．(1)若小明投篮失败就退出比赛．（i）在的条件下，求小明最后一次投篮成功为二分投篮的概率；（ii）写出的递推式及计算．(2)若小明持续参赛且投篮次数足够多，求的表达式．

1．C【详解】由题意得，即，此时显然不成立，舍去，或，此时集合，满足互异性，所以.2．A【详解】由等差数列的性质，，由题知，则.3．D【详解】因为，所以，又因为，即，即，解得.4．C【详解】因为，，即，所以，，解得，.5．D【详解】因为点是曲线上的点，所以，故曲线对应的函数解析式为，对函数求导得，令，解得，当时，，记点，曲线在点处的切线方程为，即，曲线在点处的切线方程为，即，故这两条切线间的距离为.6．B【详解】由得，则.由，得.所以.所以.因为，为锐角，所以.所以或.所以或.7．C【详解】由，是方程的两个根，得，解得，由，得，此时，对于B，，则，B错误；对于C，由是的三条边，得，即，因此，C正确；对于A，取，得，A错误；对于D，令，函数在上单调递增，，，因此存在，使得，D错误.8．A【详解】令，有，又因为，所以或.令，有又因为，所以或.令，有又因为，所以或.令，有.所以时，带入得，所以的可取值为，的可取值为，此时的所有可取值为：且每个结果被取到的可能性相等.时，带入得，所以的可取值为，的可取值为，此时的所有可取值为：，且每个结果被取到的可能性相等.综上所述：的所有可取值：分布列：期望.9．AD【详解】由已知可得，.对于选项A，因为，所以数列是公差为的等差数列，故A正确；对于选项B，当时，，则，但，故B错误；对于选项C，，当时，，所以数列是递增数列，故C错误；对于选项D，可得，，故D正确.10．BCD【详解】对于A选项，由于，由得，故函数的定义域为，A错；对于B选项，若，，则，当时，，故函数在区间上单调递增，B对；对于C选项，若，，则，所以，故的图象关于点对称，C对；对于D选项，若，则，因为，当时，，令，则，因为，则，因为，所以函数在区间不同零点共有个，D对.11．ABD【详解】∵，定义域为，∴，分母恒成立，故的符号由分子决定.选项A：∵是开口向下的二次函数，判别式恒成立，∴恒有两个不同的零点（），∴当时，，，单调递减；当时，，，单调递增；当时，，，单调递减.故是极小值点，是极大值点，任意，一定存在极大值和极小值，A正确.选项B：当时，，，，∵，，∴当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减，∴在处取得最大值，等号仅在处取得.∵对任意，恒成立，∴，当时，左侧，右侧，不等式仍成立，故对任意，都有.选项C：若在上单调递减，则对任意恒成立，代入得，与矛盾，故不存在使在上单调递减，C错误.选项D：方程等价于，整理得.令，，故在处取最小值，即恒成立，则，令，.对求导得分母恒成立，令，则：，令，则.当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减.∴，即恒成立，故在上单调递减.又∵，，∴存在唯一，使得.①当时，，故，在上单调递减；②当时，，故，在上单调递增；③当时，，，故，在上单调递减.∴在处取极小值，在处取极大值.当时，，故；当时，增长速度远快于幂函数，故.∴当时，直线与的图象有3个交点，分别位于、、上，即方程有三个不同实根，故存在满足条件的，D选项正确.12．【详解】若集合为空集，则有，解得，若集合不是空集，则有，解得，因为，所以有，解得，结合，可得，综上可得，即的取值范围是.13．【详解】不等式在上恒成立等价于且，当时，解得，若，即，所以，当时，解得，若，即，所以，综上.14．【详解】由题意可得,过作于，则在翻折过程中，过作于，作交的其延长线于,过作交的延长线于，作于，在中，，，所以，所以，因为，，，所以，所以，因为，所以，因为，所以，所以，所以，因为，，，故四边形为矩形，所以，以为坐标原点，为轴，在平面内过作垂直于的直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则，因为，，所以二面角的平面角为，则、、，又因为，且，，所以，所以为线段的中点，所以，所以，取的一个方向向量，因此点到直线的距离.又因为，所以，所以.15．(1)(2)【详解】（1）由题图可知，，，，则．又，，，解得，，由，可得，．（2）将向左平移个单位，得到，再将所有点的横坐标缩短为原来的，得到，此时周期，则，，，，即．16．(1)(2)2【详解】（1）因为，由正弦定理得．又，，则，．又，所以．（2）由（1）知，则由余弦定理，即．又，由正弦定理，则，所以．所以，即是直角三角形．则的面积，所以所以．17．(1)(2)(3)【详解】（1）由题意知，化简得．（2）联立圆与椭圆：，化简得．因为圆与椭圆有且仅有四个交点，所以．又由圆与椭圆对称性可知四个交点构成矩形，所以边长分别为，即当且仅当，即时等号成立，即四边形面积的取值范围为．（3）设定点，直线，且所在直线与定直线所成角为，则点到直线的距离为，，所以．设所在直线：，联立椭圆，得，由得，时，，时，，所以当且仅当时，直线与椭圆相切，切点分别为，，时，，时，，所以，所以关于，的表达式的范围是．18．(1)单调递增区间是，单调递减区间是(2)若，结论成立．若，有，要证，只需证，即证，即证对任意，恒成立．令，，则，令，，当时，，即在上单调递增，，在上单调递增，，即任意，恒成立，即.(3)反证法：令，由前面可知，，在上单调递增，即，即对每一个，都有，将这个式子累加有，①另一方面，因为，，，所以，即与①矛盾，故假设不成立，必存在两个不同下标，使．【详解】（1）因为，令，得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，即的单调递增区间是，的单调递减区间是；（2）略（3）略19．(1)（i）；（ii）（），且；(2)，【详解】（1）（i）由题意，设小明投篮得2分的概率为，；投篮得3分的概率为，；投篮不成功的概率为．小明最后一次投篮成功为二分投篮意味着得分为6是3次二分投篮，记“小明3次二分投篮成功得分为6”为事件，，，由条件概率计算公式，在的条件下小明最后一次投篮成功为二分投篮的概率为．（ii）由题意，小明遇到投篮失败