湖南省衡阳市两校2027届高三上学期入学考试数学试卷（含答案）

/湖南衡阳市两校2027届高三上学期入学考试数学试题一、单选题1．下列命题正确的个数是（

）．①若，，则；②中，若，则形状为等腰三角形；③已知，表示两个夹角为的单位向量，O为平面上的一个固定点，P为这个平面上任一点，当时，定义为P点的斜坐标．设点M的斜坐标为，则．A．0 B．1 C．2 D．32．已知集合，且中只有一个元素，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．3．已知抛物线，则其焦点坐标为（

）．A． B． C． D．4．在各项均为正数的等比数列中，若，则（

）A．1 B．2 C．3 D．45．若函数满足，且的图象如图所示，则（

）A． B． C． D．6．若点在直线，则的最小值为（

）A． B． C．2 D．7．如图，圆形纸片的圆心为O，半径为2cm，该纸片上的正方形ABCD的中心为O．E，F，G，H为圆O上的点，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA分别是以AB，BC，CD，DA为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以AB，BC，CD，DA为折痕折起△EAB，△FBC，△GCD，△HDA，使得E，F，G，H重合，得到四棱锥．当正方形ABCD的边长变化时，所得四棱锥体积(单位：cm³)的最大值为（

）A． B．C． D．8．已知正四面体的棱长为12，先在正四面体内放入一个内切球，然后再放入一个球，使得球与球及正四面体的三个侧面都相切，则球的体积为（

）A． B． C． D．二、多选题9．已知复数均不为0，则（

）A． B．C． D．若，则10．杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》､《日用算法》和《杨辉算法》，杨辉在1261年所著的《详解九章算法》给出了如下图1所示的表，我们称这个表为杨辉三角，图2是杨辉三角的数字表示，杨辉三角的发现要比欧洲早500年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.根据以上材料，以下说法正确的是（

）A．第2024行中，第1012个数最大B．杨辉三角中第8行的各数之和为256C．记第行的第个数为，则D．在“杨辉三角”中，记每一行第个数组成的数列称为第斜列，该三角形数阵前2024行中第斜列各项之和为11．南宋数学家杨辉所著的（详解九章算法.商功）中出现了如图所示的形状，后人称之为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…..，设第层有个球，从上往下层球的总数为，则（

）A． B．C． D．三、填空题12．写出与曲线和都相切的一条直线的方程__________.13．函数的定义域为______，值域为______．14．已知双曲线的左，右焦点分别为，，点P为双曲线C右支上异于顶点的一点，的内切圆与x轴切于点，且直线经过线段的中点且垂直于线段，则双曲线C的方程为________________.四、解答题15．已知函数，，若对于任意实数，，，都能构成三角形的三条边长，则称函数为上的“完美三角形函数”.(1)试判断函数是否为上的“完美三角形函数”，并说明理由；(2)设向量，，若函数为上的“完美三角形函数”，求实数的取值范围；(3)已知函数为（为常数）上的“完美三角形函数”.函数的图象上，是否存在不同的三个点，满足，？若存在，求的值；若不存在，说明理由.16．“中国天眼”FAST射电望远镜在银道面脉冲星巡天项目中，锁定了m颗候选脉冲星，编号为1，2，3，…，，科研团队计划安排t次跟踪观测，每次观测1颗，观测规程规定：第k次跟踪观测时，若选中的脉冲星编号为x，且满足，则认定该次观测成功捕获1组有效脉冲信号．科研团队设计了两种观测方案：方案一：每次观测均从m颗候选脉冲星中，等概率随机选择；方案二：每次随机选择，且观测过的脉冲星不再列入后续选择的范围．(1)若采用方案一，且当时，设第1，2，3次观测，成功捕获有效脉冲信号的概率依次为．（i）求；（ii）记该望远镜前3次观测中，成功获取有效脉冲信号的组数为X，求；(2)已知：若随机变量服从两点分布，且，则．试比较两种方案下，该望远镜成功捕获有效脉冲信号的组数的数学期望的大小，并说明理由．17．如图，在四棱锥中，平面，四边形为矩形，是的中点，是的中点，点在线段上且．（1）证明平面；（2）当为多大时，在线段上存在点使得平面且与平面所成角为同时成立？18．已知椭圆经过点，的四个顶点构成的四边形面积为.(1)求椭圆的方程；(2)在椭圆上是否存在相异两点，使其满足:①直线与直线的斜率互为相反数；②线段的中点在轴上，若存在，求出的平分线与椭圆相交所得弦的弦长；若不存在，请说明理由.19．已知函数有三个极值点，，（）．(1)求实数a的取值范围；(2)若，求实数a的最大值．

《湖南衡阳市两校2027届高三上学期入学考试数学试题》参考答案题号12345678910答案BBBDDBDAADBC题号11答案BC1．B【详解】当时，对于任意向量和，都有且，但此时与不一定平行.所以命题①错误.已知，由正弦定理可得，.将其代入可得：，即.因为，所以或.当时，，是等腰三角形；当时，，是直角三角形.所以的形状为等腰三角形或直角三角形，命题②错误.已知点的斜坐标为，则.根据向量模长公式，可得：.因为，是单位向量，所以，则.又因为，夹角为，根据向量数量积公式可得.将，，代入可得：.所以，命题③正确.故选：B.2．B【详解】因为集合，且中只有一个元素，则必有，且不属于集合，所以,则实数的取值范围是3．B【详解】将抛物线化为标准式得，所以，所以其焦点坐标为，B正确.4．D【详解】由得，即，因为等比数列各项均为正数，所以，故选：D.5．D【详解】由是函数的对称轴，故，再由图象可知，①，又图象过，故，由图像可知②，联立可得，故选：D6．B【详解】设点为直线上的动点，由，则其几何意义为与的距离和与的距离之和，设点，则点关于直线的对称点为点，故，且，所以，当且仅当三点共线时取等号，所以的最小值为.故答案为：B.7．D【详解】得到的四棱锥如图所示，连接，过O作于点P，连接.设，则，所以，由题意得，故四棱锥的体积为，构造函数，求导得到，令，得，令，得，所以在单调递增，在上单调递减.故，取得最大值，最大值为.所以.8．A【详解】

如图，正四面体，设点是底面的中心，点是的中点，连接.则由已知可得，平面，球心在线段上，球切平面的切点在线段上，分别设为.则易知，，设球的半径分别为.因为，根据重心定理可知，.，，，，.由可得，，即，解得，，所以.由可得，，即，解得，所以，球的体积为.故选：A.9．AD【详解】设，，其中，且复数均不为0，则选项A：由可得，所以，即，A说法正确；选项B：，所以，又因为，当，即时，可得，两边平方整理得，所以不一定成立，C说法错误；选项C：，所以，又，当时可得，所以不一定成立，C说法错误；选项D：若，则，所以，D说法正确；故选：AD10．BC【详解】对于A，因为杨辉三角的第行就是的展开式的二项式系数，即，当为偶数时中间一项最大，因为，所以中间一项最大，且为第个数最大，故A错误；对于B，杨辉三角中第8行的各数之和为，故B正确；对于C，记第行的第个数为，则，则，故C正确；对于D，因为，所以时，该三角形数阵前2024行中第斜列各项之和为，时，该三角形数阵前2024行中第1斜列各项之和为2024，而，所以只适用于，故D错误.故选：BC.11．BC【详解】由题意，对于A，，故A错误；对于B，，故B正确；对于C，，即，故C正确；对于D，，故D错误.故选：BC.12．或【详解】设切线与在点处相切，则：，将代入第一个方程：，设切线与在点处相切，则：，将代入第一个方程：，联立，（1）与（2）联立得：，再把（3）式两边取对数得：，代入到（4），得：，解得：或，再分别代入到（1）和（3）中，得：或.故答案为：或13．（-2，1][-log23，+∞）【详解】由题意可得，，解可得，-2＜x≤1，故定义域为（-2，1]，∵在（-2，1]上单调递减，∴f（1）≤f（x），∴f（x）≥-log23．故答案为（-2，1]，[-log23，+∞）．14．【详解】点是双曲线右支上一点，由双曲线的定义，知，若设三角形的内切圆与轴的切点为，、分别为内切圆与、的切点，由同一点向圆引得两条切线相等知，且，则有，所以，即，再设，，，则的中点坐标为，，由直线经过线段的中点且垂直于线段，所以有，，整理得，，即，所以，，又，所以，在双曲线中，，故双曲线方程为.故答案为：.15．(1)是R上的“完美三角形函数”.因为，所以.所以.因为“”是“为上的“完美三角形函数”的充要条件，所以函数是R上的“完美三角形函数”.(2)(3)因为，则，所以，由，得，则，又因为，故.假设存在满足题意的三个点，则，且，所以，所以.即.因为，所以.所以.因为，所以.所以，与矛盾.故不存在点满足题意.【详解】（1）略（2）因为，所以.且.因为，所以.所以的最大值为1，最小值为.①当时，由，得.②当时，，满足题意.③当时，由，得.综上，实数的取值范围是.（3）略16．(1)（i）；（ii）；(2)两方案下期望一样；理由：记成功获取有效脉冲信号组数为，设，方案一：因为是有放回抽取，且，即，共种结果，因此，则，又，故，方案二：无放回依次抽取，等价于从个编号中随机选个进行有序排列．又因为任意指定第个位置，每一个编号出现该位置的概率都是，故满足条件的编号共个，且这个编号每一个编号出现在该位置的概率都是，∴仍然有，则，又，故，综上所述：两种方案下成功获取有效脉冲信号组数的数学期望相等．【详解】（1）当时，且是有放回抽样，则.（ii）方法1：随机变量的可能取值为0，1，2，3，，；；；0123；方法2：该望远镜3次观测成功获取有效信号的总组数为，设，因为方案一是有放回抽取，且由（i）知，，又，故.（2）略.17．（1）见解析；（2）【详解】（1）在四棱锥中，平面，四边形为矩形，是的中点，是的中点，点在线段上且.以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设，，，则，，，，，，，平面的法向量，因为，平面，所以平面.（2）取中点，连结，因为是中点，所以，平面，因为与平面所成角为同时成立，所以与平面所成角为，由（1）得，，，，，，设平面的法向量，则，取，得，因为与平面所成角为，.解得，即，所以当时，在线段上存在中点，使得平面，且与平面所成角为同时成立.18．(1)；(2)存在，弦长为3.【详解】（1）由已知得，解得，则椭圆的方程.（2）设直线为，代入得.(*)设，，且是方程(*)的根，∴，用代替上式中的得：，∵的中点在轴上，∴，解得，因此满足