湖南省名校联合体2027届新高三入学摸底考试数学试卷-附解析

湖南省名校联合体2027届高三入学检测数学试卷注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填（涂）写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答在试卷上无效。3.非选择题必须用黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；不准使用铅笔和涂改液。4.考试结束后，将试卷、答题卡和草稿纸一并交回。一、选择题:本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．已知，，则(

)A. B. C. D.2．在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3．已知正实数a，b，c，满足，则a，b，c的大小关系不可能的是(

)A. B. C. D.4．已知、是平面内两个非零向量，那么“”是“存在，使得”的(

)A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件5．边长为1的等边三角形绕其一条边旋转一周，形成的几何体体积为(

)A. B. C. D.6．在中，，D在边上，平分.若，则的最小值是(

)A.20 B.18 C.17 D.167．设函数的定义域为R，且不恒为0，函数为奇函数，函数为偶函数，下列结论不正确的是(

)A.若为奇函数，则满足的与存在无数对B.若为偶函数，则满足的与存在无数对C.若是奇函数或偶函数，且满足，则与中恰有一个成立D.存在，使满足的与不存在8．已知，是椭圆的左、右焦点，P是椭圆上任意一点，过引的外角平分线的垂线，垂足为Q，且Q与短轴顶点的最短距离为，则椭圆的离心率为(

)A. B. C. D.二、多项选择题:本大题共3小题，每小题6分，共计18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。9．下列说法正确的是(

)A.数据8，6，4，11，3，7，9，10的上四分位数为9B.若，，且，则C，D相互独立C.根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其回归直线方程为，若其中一个散点坐标为，则D.将两个具有相关关系的变量x，y的一组数据，，…，调整为，，…，，决定系数不变（附：，，）10．在平面直角坐标系中，A，B分别是x轴和y轴上的动点，若以为直径的圆C与直线相切，下列选项中，圆C的面积可以是(

)A. B. C. D.11．在平面直角坐标系中，已知直线与函数的图象交于M点，与x轴交于N点，其中，则(

)A.为的极大值点 B.C. D.设直线的斜率为k，则三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分。12．________.13．已知递增等比数列满足，，则__________.14．高三1班54个人围成一圈做游戏，每人手中都有一个硬币.游戏开始时，每个人同时独立且等概率地选择将自己的硬币：保留或给左边的人或给右边的人，此后记手中没有硬币的人的个数为X，则_____________.四、解答题:本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15．（13分）年月日，的正式版发布，该模型在全球范围内引发广泛关注.现为了对其产品用户的使用行为进行统计分析，收集了1000名用户的每日使用时长（单位：分钟），得到如下所示的频率分布直方图，每日使用时长不小于80分钟的用户称为“忠实粉丝”.

(1)估计该产品用户每日的平均使用时长（同一组的数据用该组区间的中点值代替）；(2)现采用分层抽样的方法从样本中使用时长在，的用户中随机抽取8人，并从中随机抽取2人作进一步分析，记X为2人中“忠实粉丝”的人数，求X的分布列和期望.16．（15分）如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，，，点M为线段的中点.(1)证明：平面；(2)求直线与平面所成角的正切值.17．（15分）已知点，，A，B，H为曲线Γ上三点（其中点H为曲线上除A，B外任意一点），且满足.(1)求曲线Γ的方程；(2)已知圆，曲线Γ的上焦点为F，作圆O的切线交曲线Γ于C，D（，），在上取点Q使，判断是否为定值.18．（17分）已知.(1)若，求的图象在处的切线方程.(2)若有三个极值点，，.(i)求a的取值范围；(ii)证明：.19．（17分）对所有满足且的数列，记为满足的i的最小值（若不存在i，则记）.(1)若，求k的可能取值；(2)证明：若，则；(3)求.参考答案1．答案：D解析：由不等式，可得，解得，可得集合，又由函数，可得，解得，可得集合，根据集合交集的定义与运算，可得2．答案：A解析：，其共轭复数为，共轭复数对应的点坐标为，该点位于第一象限.3．答案：B解析：令，因为，所以，所以，所以，，所以，B选项与此矛盾.4．答案：C解析：若，则存在唯一的实数，使得，故，而，存在使得成立，所以“”是“存在，使得’的充分条件，若且，则与方向相同，故此时，所以“”是“存在存在，使得”的必要条件，故“”是“存在，使得”的充分必要条件.故选：C.5．答案：A解析：边长为1的等边三角形，绕其中一条边旋转一周，所得几何体是两个底面重合的同底圆锥.等边三角形的高，即圆锥底面半径，每个圆锥的高为.几何体的体积为两个圆锥体积之和：.6．答案：B解析：

已知是的角平分线，，因此.则.设，，则，化简得..由基本不等式，，当且仅当即时取等号.所以，此时，，满足条件，故最小值为18.7．答案：D解析：对于A项，对任意非零常数k，构造，（常数为偶函数），满足，k可取任意非零实数，得到无数对不同的，，故A项正确；对于B项，对任意非零常数k，构造（奇函数），，因为是偶函数，，是偶函数，满足，k可取任意非零实数，得到无数对不同的，，故B项正确；对于C项，若为奇函数，，联立，得，不恒为0，仅成立；若为偶函数，，联立，得，不恒为0，仅成立；因此与恰有一个成立，故C项正确；对于D项，对任意定义域为R的函数，都可以唯一分解为奇函数、偶函数的和，与是否为奇或偶函数无关，因此，一定存在，故D错误.8．答案：C解析：延长交的延长线于M，连接，由题意知：，，所以，则Q的轨迹为以O为圆心、a为半径的圆，所以Q与短轴顶点的最短距离为，所以，所以，则.故选：C.9．答案：BD解析：A，把数据8，6，4，11，3，7，9，10从小到大排序，可得3，4，6，7，8，9，10，11，共8个数据，其中，所以数据的上四分位数为，所以A错误；B，因为，且，所以，由条件概率的公式，可得，所以，所以C，D相互独立，所以B正确；C，散点不一定在回归直线上，不能直接代入直线方程，所以C错误，D，由，将变成，则新均值为，新回归方程为，因此新预测值，从而残差和总偏差与变换前分别相等，所以决定系数，所以D正确.10．答案：CD解析：设，则，，且半径，所以圆C必过坐标原点，又因为圆C与直线相切，所以，又因为坐标原点到直线的距离，所以R的最小值为，所以圆C的面积的最小值为，对于A，因为，不满足题意；对于B，，不满足题意；对于C，，满足题意；对于D，，满足题意.11．答案：ACD解析：对于A，由题意得，因为，所以当时，，故；当时，，故；由此是的极大值点，故A正确；对于B，令，则，所以在上单调递增，由题意得，，由不等式，取，得，所以，由此，又单调递增，所以，则，故B错误；对于C，由题意，，要证，只需证，等价于，由，得，所以只需证，由于，则成立，故C正确；对于D，直线的斜率，，要证，等价于，等价于，因为，所以，由于，由B已证，即，且，又，所以，所以，故D正确.12．答案：解析：因为.13．答案：解析：设递增等比数列的公比为q，已知，，令，则，，两式相除，得，因为，递增等比数列各项为正，所以，两式相乘，得，所以，即，即，解得，因为数列递增，则，所以.14．答案：16解析：54个人围成一圈，设为指示随机变量：，则手中没有硬币的人的个数，依题意，，由期望的线性性质：，每个人有3种等概率选择：保留，给左边，给右边，每种概率都是，要让第i人手里没有硬币，则有三种情况：自己不保留硬币，即自己选择左或右，概率为；右边的人不给自己，即右边人不选向左，概率为；左边的人不给自己，即左边人不选向右，概率为，三个人独立，所以，所以，故。15．答案：(1)(2)X012P解析：(1)由，解得..所以样本中该产品用户每日的平均使用时长为68分钟，由样本估计总体，因此估计该产品用户每日的平均使用时长（分钟）.(2)由频率分布直方图可知，频率，频率.所以两组频率之比为，所以用分层抽样抽取的8人中，抽取5人（非“忠实粉丝”），抽取3人（“忠实粉丝”），

从8人中任取2人，X的可能取值为0，1，2，所以X服从超几何分布，，.，，，所以X的分布列为X012P所以的期望.因此.16．答案：(1)见解析(2)解析：(1)证明：因为平面平面，交线为，平面且，所以平面.又平面，所以.因为为等边三角形，且M为的中点，所以，因为，且，平面，，，所以平面(2)取的中点O，连接，，由等边三角形性质知，因为平面平面，由面面垂直性质可得平面.因为且，所以四边形为平行四边形，得，即.

以O为原点，分别以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图：则各点坐标为：，，，，.

因为M为的中点，所以，，，.设平面的法向量为，由，得，，取，则，.所以平面的法向量.设直线与平面所成角为θ，且，则，即，且，由同角三角函数关系式得，.因此直线与平面所成角的正切值为.17．答案：(1)(2)是定值，定值为2.解析：(1)设点.由题意，，，的斜率分别为，，代入，得，

整理得.这是焦点在y轴上的双曲线，其顶点为，即点A，B.因此曲线Γ的方程为.(2)显然，法一：若切线斜率存在，设切线的方程为，由与圆O相切得.

设点，.由可得，解得，故.

代入双曲线可得，

展开化简得.

若斜率不存在，此时易得或，与双曲线联立解得或，又由，点Q与点D的横坐标相同，解得.

所以为定值.

法二：设点，因为，则可令点.因为切线与单位圆相切，故O到直线的距离为1，在中，面积，即，

化简得.①

又在双曲线上，可得，②

①②，得，

所以为定值.

法三：设点，，若切线斜率存在，设直线的方程为，由与圆O相切得.

联立得，由韦达定理，得，，

由且点Q在直线上，设，代入垂直条件并结合，推导得，

平方得，代入韦达定理及化简可得，

若斜率不存在，此时易得或，与双曲线联立解得或，又由，点Q与点D的横坐标相同，解得.

所以为定值.

法四：显然切线的斜率不为0，设切线，由与圆O相切得.

设点，，由可得，解得，故.

代入双曲线可得，

展开化简得，解得（显然，负值舍去）.

所以为定值.18．答案：(1)(2)(i)(ii)见解析解析：(1)当时，，，故切点为.，故.切线斜率为2，得切线方程：，所以的图象在处的切线方程为.(2)(i)，设，若，则单调递增，即其至多有一个零点，即至多有两个极值点，不可能有三个极值点，故.

当时，恒成立，故时；当时，即为的一个极小值点.

又，则在上单调递减，在上单调递增，即有最小值.有三个极值点，即有两个变号零点，，即解得.

(ii)由(i)知，，且即要证，即证，即证，即证，即.即证，即证.设，则.

则单调递增，而，则，即，，即，即证毕.19．答案：(1)10，12，16(2)见解析(3)解析：(1)由因式分解得.因此可得或.已知，则或，即；则可能为或，即；则的可能取值为：若，则；若，则，所以.又因为，故k的所有可能取值为10，12，16.(2)一方面，构造数列如下：显然符合原式且此时，即.另一方面，若，则，但，显然，矛盾.因此只能有.构造方法亦可写成：取，.(3)易知当k为奇数时，.以下讨论k为偶数时的情形.设，且记，其中，.记.下面尝试证明：.

考虑，则，且满足：或.则显然是满足的i的最小值，此时，且，由上述分解，可将写为唯一的二进制格式，即，下考虑将该二进制数从左往右写出，从1开始（显然），每写一个数字即