湖南省衡阳市2026-2027学年高三上学期第一次月考数学自编卷（范围：人教A版高考范围）（解析版）

答案第=page11页（共=sectionpages22页）答案第=page11页（共=sectionpages22页）湖南省衡阳市2026-2027学年高三上学期第一次月考自编卷数学试题（解析版）题号12345678910答案AABCAABABDAD题号11答案BCD1．A【分析】根据常见数集的含义即可求解.【详解】由于；；；，故①错误；②正确；③错误；④错误，故选：A．2．A【分析】根据交集的定义,求解即可.【详解】集合,,则.故选:A.【点睛】本题考查了集合的交集,找出两集合的公共元素是解决本题的关键,属于基础题.3．B【详解】，位置为第3个数据，所以这组数据的下四分位数为.4．C【分析】由对数的运算性质进行化简可得，，再作差，结合基本不等式可比较a,b的大小.【详解】由得，即，，又，所以，故选：C.5．A【分析】根据隔板法得到的解有组，然后列举得到有6组解，最后求概率即可.【详解】根据隔板法，将10看做10和完全相同的小球排成一排，中间形成9个空，放入两个隔板，可求得的解有组，时，或或或或或，所以.故选：A.6．A【详解】由已知得=(-)n-1,则=-,=(-)2,=(-)3,=(-)4,以上四式相乘得···=(-)1+2+3+4,解得a5=32.故选A.7．B【分析】在，中，由正弦定理及可得，设，在中，由余弦定理化简可得，进而计算可解.【详解】因为是内心，所以是的角平分线，在中，由正弦定理可得，即，在中，由正弦定理可得，即，因为，所以，因为，，所以，即，因为，所以，在中，由余弦定理可得，化简可得，所以.8．A【分析】根据条件得到函数是周期为的函数，再根据条件得出，即可求出结果.【详解】因为函数为偶函数，所以，函数的图象关于直线对称，又函数为奇函数，所以，所以函数的图象关于对称，所以，所以，即，所以，则函数的一个周期为4，对，令，则，所以，令，则，又，所以，，所以.故选：A9．BD【分析】利用最小正周期可求得；根据可知关于对称，结合五点法可求得，知A错误；利用代入检验的方法依次判断BCD即可得到结果.【详解】最小正周期，，则；对于A，，关于对称，，解得：，又，，A错误；对于B，由A知：，当时，，是的对称轴，B正确；对于C，当时，，不是的对称中心，C错误；对于D，当时，，在上单调递增，D正确.故选：BD.10．AD【详解】对于A：由题意可得，则，故A正确；对于B：因为，所以展开式的二项式系数和为，故B不正确；对于C：令，则展开式的各项系数和为，所以C不正确；对于D：令，得，令，得，所以，故D正确．11．BCD【分析】当圆与圆相外切时，得到，求得的值，可判定A不正确；根据圆与圆相交，列出不等式，求得的范围，可判定B正确；结合圆的弦长公式，以及圆的性质，可判定C正确；由圆的切线的性质，求得割线方程，结合，求得直线过定点，可判定D正确.【详解】由圆，可得圆心，半径为，圆的圆心为，半径为，且，对于A，当圆与圆相内切时，此时圆心距，此时两圆重合，舍去；当圆与圆相外切时，可得圆心距，即，将代入，可得，解得或，所以A不正确；对于B，若圆与圆相交，则圆心距满足，即，而，可得，解得，所以B正确；对于C，如图（1）所示，因为圆与圆的半径都是，则是的垂直平分线，则圆心到的距离，又因为圆心，圆心在直线，可得圆心的距离为，即，又由圆的弦长公式，可得，即的最大值为，所以C正确；对于D，如图（2）所示，过点作圆的切线方程，设切点分别为，可得直线和的方程为和，因为和相交点，可得，所以割线的方程为，又因为，可得，联立方程组，解得，即直线恒过定点，所以D正确.故选：BCD.

12．【分析】根据向量共线列方程组，解方程求得，进而求得.【详解】由题得存在实数满足，则．又为空间的一组基底，则满足，解得则．故答案为：13．/0.03125/【分析】根据给定条件，按为奇数和偶数分别变形给定的递推公式，求出并结合求解即可.【详解】数列中，由，得，即，又，即，因此，；.故答案为：；14．【分析】根据题意分类讨论，时，其中有部分具有偶函数性质，不符合题意；时，根据分段函数的解析式通过方程的解，确定的范围．【详解】根据题意，函数是“2阶准偶函数”，则集合中恰有2个元素，当时，函数一段部分为，注意到函数本身具有偶函数性质，故集合中不止有两个元素；当时，根据“2阶准偶函数”的定义得的可能取值为或，为，，故，方程无解，当，解得或，故要使得集合中恰有2个元素，则需要满足，即，当时，函数的取值为，为，根据题意得：，解得或，满足恰有两个元素，故满足条件.综上，实数的取值范围是.故答案为：.15．；【详解】（1）.（2）.16．(1)如图所示，取中点，连接，因为，所以，又因为，所以，又因为，且平面，所以平面，因为平面，所以；(2)作于点，因为平面，平面，所以，因为，且平面，所以平面，在中，，，则，所以，故，因为，所以，故，在中，，所以为钝角，所以点在延长线上，在中，，故，所以，所以，所以垂足与构成一个正方形，故线段即为点到底面的距离；(3)存在，且点在的位置【分析】（1）取中点，连接，证明平面，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）作于点，证明平面，再求出的长度，进而可求出点的位置，即可得解；（3）结合（2）中所得可建立适当空间直角坐标系，结合空间向量计算即可得.【详解】（1）略（2）略（3）由（2）可知平面，且底面为正方形，故、、两两垂直，故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则有，，，，，则，，，令，则，令平面的法向量为，则有，即，可取，则，即，则，整理得，即，由，故，则，即存在点，且点在的位置.【点睛】方法点睛：立体几何开放性问题求解方法有以下两种：（1）根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，然后再加以证明，得出结论；（2）假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的值且符合已知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在．17．(1)以BC的中点O为原点，建立如图所示空间直角坐标系：则，所以，因为，且，所以平面；(2)；(3).【分析】（1）以BC的中点O为原点，建立空间直角坐标系，求得的坐标，由证明；（2）由（1）知：是平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，由求解；（3）根据，由求解.【详解】（1）略（2）由（1）知：是平面的一个法向量，又，设直线与平面所成角为，则，因为，所以；（3）因为，则点C到平面的距离为．18．(1)(2)期望为，方差为(3)Y的分布列为：Y2345P【分析】（1）根据全概率公式即可求解；（2）判断随机变量，根据二项分布的期望；方差公式即可求解；（3）确定随机变量Y的可能取值，求出每个值对应的概率，即可得分布列，求得期望.【详解】（1）设事件A为：买到新款盲盒，事件B为：买到旧款盲盒，事件C为：盲盒中出现“隐藏款”，则，则；.（2）每个盲盒是否开出隐藏款相互独立，每个盲盒开出隐藏款的概率为​，因此随机变量，根据二项分布的期望、方差公式：得，；（3）当拆开全部2个隐藏款或全部4个常规款时，即可确定所有盲盒类型，停止抽取，因此Y的可能取值为2，3，4，5，隐藏款的位置共有种等可能情况，计算概率得：（前2个均为隐藏款），（第二个隐藏在第3位，前2位有1个隐藏），（第二个隐藏在第4位，或前4个均为常规款），（剩余所有情况），Y的分布列为：Y2345P数学期望：.19．(1)(2)或．【分析】（1）圆心为直线的垂直平分线和直线的交点，故联立两条直线的方程，即可得到圆心，再由两点间的距离得到半径，即可得到圆的标准方程；（2）分直线l斜率存在与不存在两种情况,斜率不存在时，直线满足弦长条件;斜率存在时，设直线方程，利用点到直线距离公式求出斜率，得到直线方