2027届湖南师范大学附属中高三开学测试数学试题（含解析）

试卷第=page11页（共=sectionpages33页）试卷第=page11页（共=sectionpages33页）高三数学本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共6页.时量120分钟，满分150分.第Ⅰ卷一、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.1．一个样本的平均数是，且不等式的解集为，则这个样本的标准差是（

）A． B． C． D．2．已知向量、满足，，则（

）A． B． C． D．3．已知集合，，则=（

）A． B． C． D．4．已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（

）A． B．或C．或 D．5．设数列的前项和为，已知，则（

）A． B．C． D．6．三次函数，在处的切线与函数的图象的交点个数为（

）A．1个 B．3个 C．1个或者2个 D．2个7．过抛物线的焦点作直线与相交于两点，点在轴上，，为线段的中点，为坐标原点，则的取值范围是（

）A． B． C． D．8．如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，则该四棱锥的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共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．下列有关复数的结论正确的是（

）A．B．若m为实数，复数是纯虚数，则C．若是关于x的方程的一个根，则D．若复数z满足则复数z对应的点所构成的图形面积为10．如图，在直三棱柱中，，点分别为的中点.下列结论正确的是（

）A．平面B．异面直线与所成角的余弦值为C．直线与平面所成角的正弦值为D．平面与平面夹角的余弦值为11．已知定义在R上的函数的图象连续不间断，当时，，且当时，，则下列说法正确的是（

）A．B．在上单调递减C．若，则D．若是的两个零点，且，则第Ⅱ卷三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知双曲线的一条渐近线方程是则该双曲线的离心率为________.13．已知函数，若集合只含有3个元素，则实数的取值范围是________．14．在两个实数之间插入这两个数的和，得到数列，在数列的每相邻两个数之间插入这相邻两个数的和，得到数列，用同样的方式依次构造数列，若数列中所有各项的和为则________.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15．如图，在三棱锥中，点在上，，，.(1)证明：平面平面；(2)若，，，，求平面与平面夹角的余弦值.16．中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，且.(1)求角A；(2)点D在BC边上，且，，求面积的最大值.17．某次联考中，有一道四选一的单项选择题考查了某个核心知识点，甲、乙两校的高一年级学生都参加了这次考试.为了解学生对该知识点的掌握情况，随机抽查了甲、乙两校高一年级各100名学生该题的答题数据，其中甲校学生选择正确的人数为80，乙校学生选择正确的人数为75.假设学生之间答题相互独立，用频率估计概率.(1)从甲、乙两校高一年级学生中各随机抽取1名，设为这2名学生中该题选择正确的人数，求的概率及X的数学期望.(2)教育测量学中，常采用如下模型分析单选题：学生如果未掌握该知识点，就会从四个选项中随机盲猜一个作为答案.假设甲校学生只要掌握了该知识点，就能选择正确.①求甲校学生真正掌握该知识点的概率估计值；②已知抽查到的一名甲校学生该题选择正确，求该生实际上是靠“盲猜”答对的概率.18．已知椭圆的离心率为，长轴长与短轴长的差为2，点，，都在上，为坐标原点，且.(1)求的方程；(2)求直线与的斜率之积；(3)设直线与的另一个交点为，点P在线段上运动，过点作斜率为的直线与相交于，两点.若直线的斜率为3，求的最大值.19．当时，定义函数：，完成以下问题：(1)证明不等式：，并指出等号成立条件.(2)若对任意恒成立，求实数k的取值范围.(3)设数列满足，证明：数列单调递减，且对任意正整数n，有.答案第=page11页（共=sectionpages22页）答案第=page11页（共=sectionpages22页）1．B【分析】先根据一元二次不等式解集与对应方程根的关系，利用韦达定理得到，再结合样本平均数公式列出第二个方程，联立求出的值，确定样本数据，接着套用方差公式算出方差，最后对方差开平方得到样本标准差．【详解】由不等式的解集为，得方程的两根是，所以①，由样本的平均数是，得②，联立①②，解得，，所以这个样本的标准差为．2．A【详解】，，，即，解得.3．C【分析】集合中，集合中，再求即可.【详解】因为，且，所以.故选：C【点睛】分别求出集合,中的范围，再求集合中集合的补集就可以了.注意全集为集合.4．B【详解】，令，解得或，所以在上单调递增，又函数在区间上单调递增，所以或，解得或，所以的取值范围是或.5．A【分析】根据的关系，可得数列是公差为4的等差数列，再由等差数列的通项公式与求和公式求解即可.【详解】当时，，则，即，所以数列是公差为4的等差数列．又，则．所以．故选：A.6．D【分析】利用导数的几何意义写出的切线方程，联立原函数得方程，令左侧为且，进而确定根的个数即可得.【详解】由题设得，则在处的切线斜率为，所以切线方程为，即，将切线与曲线联立，消去并整理：，即，令左边关于的三次多项式为，且，由，则，或，即，若两个交点重合，则，解得，与矛盾，综上，切线与函数有两个不同的交点，横坐标分别为、.7．A【分析】联立直线与抛物线，由韦达定理求出中点的坐标，结合求出点的坐标，通过的单调性即可求得的取值范围．【详解】由抛物线可知,设直线，，，，中点，联立得，故，，进而，，因此，，又由得，即，即，代入化简得，解得，因此，故，令，则，代入得，该函数在上单调递增，故当，即时，取最小值，对应，当时，，对应，因此的取值范围是．8．D【分析】以正方形中心为原点建立空间直角坐标系，先由，求出点的坐标；再利用外接球球心到的距离相等，求出外接球半径，从而求其表面积．【详解】设正方形的中心为．以为坐标原点，以平行于，的方向分别为轴、轴正方向，以垂直于平面且向上的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．则，设，其中．由，得，所以．又因为，，所以，两式相减，得，所以．代入上式，得．因为，所以，故设该四棱锥外接球的球心为，因为，所以点在过正方形中心且垂直于平面的直线上．设由，得，解得所以外接球半径满足，因此外接球的表面积为9．BC【分析】由复数的有关概念即可判断A；由复数是纯虚数可得，解之即可判断B；由根与系数的关系结合一元二次方程的两根互为共轭复数的结论即可得p，q的值，则C可判断；由复数的几何意义，结合数形结合的方法即可求得D.【详解】因为虚数不能比较大小，所以A错误；因为复数是纯虚数，所以，解得，故B正确；因为是关于的方程的一个根，则另一根为，由根与系数的关系可得，解得，则，故C正确；若复数满足，由复数的几何意义可知不等式表示的范围为圆环，则复数对应的点所构成的图形面积为，故D错误.10．ABD【分析】利用向量法，分别计算线面平行的条件、异面直线夹角、线面角以及二面角的余弦值，逐一判断选项.【详解】在直三棱柱中，，所以，以点为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，所以，因为为的中点，所以，对于A，因为平面，所以为平面的一个法向量，又，所以，又不在平面内，所以平面，A正确；对于B，，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为，B正确；对于C，，设平面的法向量为，则，所以，令，则，所以，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为，C错误；对于D，，设平面的法向量为，则，解得，令，则，所以，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为，D正确.11．ACD【分析】对于A，在中令，即可判断A；对于B，对两边求导，结合，即可得出在上单调递增，即可判断B.对于C，分别讨论和，再结合在上单调递增，上单调递减，即可判断C.对于D，先说明，再结合题目条件说明另一个不等号是否成立的问题.【详解】对于A，在中令，则，所以，故A正确；对于B，当时，，对两边求导，则，所以时，，所以，令，，，所以在上单调递增，所以B错；对于C，由B知，在上单调递增，上单调递减，由知不可能均大于等于1，否则，则，这与条件矛盾，舍去.①若，则，满足条件，此时，；’②若，则，而，则，所以，而，所以，C正确；对于D，由在上单调递增，上单调递减，知，注意到，，，所以，若，则，则，所以()，这与矛盾，舍去.所以，所以，所以，在时，中，令，而由，由，在上单调递减，所以，所以，于是，故D正确.故选：ACD.12．【分析】根据双曲线的渐近线方程得到的取值，结合双曲线的关系推导离心率公式后代入计算即可.【详解】焦点在轴上的双曲线的渐近线方程为，由题意得.根据双曲线的基本性质，，离心率，因此：，将代入得：.13．【分析】利用三角变换求出的根，再根据其在上只有三解列出不等式，即可得出的取值范围．【详解】由题意得，故由得或，，即或，，因为集合只含有个元素，所以在上只有三解，当时，将满足条件的从小到大排列为故有且仅有在内，因此，解得．14．2【分析】设数列中所有各项的和为，根据相邻两项之间插入两项之和的构造规则，建立与的关系，再利用等比数列求．【详解】设数列中所有各项的和为．由构造过程可知，数列的首项、末项始终分别为，．设数列的各项依次为，则，．由题意，从构造时，新插入各项的和为所以于是又因为，所以当时，，由上述递推可得,与题设矛盾.故，因此数列是首项为，公比为的等比数列，从而当时，由，得整理得，所以．15．(1)因为，，平面，，所以平面，而平面，则，因为，，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.(2)【分析】（1）利用线面垂直的性质得到，再利用线面垂直的判定得到面，最后结合面面垂直的判定定理证明即可.（2）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，再结合面面夹角的向量求法即可.【详解】（1）略（2）如图，在平面内过点作交于点，以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示空间直角坐标系，由题意得，，，，则，，，，，由题意得，，设平面的法向量为，可得，取，得，，所以平面的一个法向量为，由题意得，，设平面的法向量为，可得，取，得，，所以平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.16．(1)(2)【分析】(1)由余弦定理结合条件求解即可；（2）在和中，分别用余弦定理，整理可得，再结合余弦定理消元可得，，利用基本不等式求解即可;【详解】（1）中，由余弦定理，，又，故又（2）如图，由题，记，则，中，…..①中，……②由①得：……③，由（1）知，代入③中整理得：，当且仅当时取“=”，解得，，故面积的最大值为.17．(1)的概率为，X的数学期望为(2)①，②【分析】（1）首先确定甲乙学校学生答对的概率及的可能取值，再应用乘法公式、互斥事件的加法求的概率，进而求对应的期望；（2）①由全概率公式列方程求，②由贝叶斯公式、条件概率的求法求概率.【详解】（1）由题意，甲校学生答对的概率为，答错的概率为，乙校学生答对的概率为，答错的概率为，设为这2名学生中答对的人数，则的可能取值为，，又甲乙学生答对均满足分布，则.（2）①设甲校学生掌握该知识点的概率为，则未掌握的概率为，若掌握，则答对概率为；若未掌握，则从四个选项中随机盲猜，答对的概率为，根据全概率公式，甲校学生的实际答对概率为，可得，所以，即，解得，②由题设，求在“答对”的条件下，是“靠盲猜”的概率，即，由.18．(1)(2)(3)【分析】（1）利用已知的离心率和长、短轴的关系，建立方程求解，进而得到椭圆方程.（2）设出点得坐标，通过向量的坐标表示得到点的坐标，将点坐标代入椭圆方程，结合点在椭圆上的条件，通过代数运算推导出直线与的斜率之积即可.（3）先求出直线的方程，设出直线的方程，求出它们的交点的坐标；将直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理得到根与系数的关系；再根据点在线段上的条件，对进行变形，结合点的限制条件，即可求出其最大值.【详解】（1）由已知，，则，即，得，所以，又，解得，所以的方程为.（2）设点，，因为，则点.因为点在上，则，即.因为，点，也在上，则，，从而，得，即，所以.（3）根据已知作图如下，由题意，直线的方程为，设直线的方程为，联立两方程解得，，，所以点.将代入，得，即.设点，，则，不妨再设，因为点在线段上运动，所以，所以.因为点在轴左侧，则.当时，直线过的左顶点，直线的方程为，联立，解得，，即点，该点在椭圆内，且在线段上.所以当时，取最大值.19．(1)因为，所以