2027届湖南衡阳市高三一模高考数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页（共=sectionpages33页）试卷第=page11页（共=sectionpages33页）2027届湖南衡阳高三一模数学试卷一、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．设集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知复数，则（

）A． B． C． D．3．已知向量，，则在方向上的投影向量为（

）A． B． C． D．4．某学习小组有5名学生，现从中选3人参加竞赛，并指定其中1人担任组长，则不同的选派方法共有（

）A．10种 B．20种 C．30种 D．60种5．已知，且，则（

）A． B． C． D．6．已知等差数列的首项，公差为正数，取子数列，（），则（

）A．是等差数列 B．是等比数列C．是公比为2的等比数列 D．存在，使既是等差数列又是等比数列7．已知三棱锥中，面，，，．点是该三棱锥外接球面上的任意一点，则（

）A．有最大值12，最小值0 B．是定值6C．是定值3 D．随变化，取值范围为8．在平面直角坐标系中，对任意实数，定义向量，，若，方程有四个不同实数解，则的取值范围是（

）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．记为数列的前项和，已知，，则（

）A． B．C．是等差数列 D．取最小值时10．如图，圆形舞台可视为单位圆，舞者甲、乙从点同时出发，都沿舞台边缘逆时针匀速旋转，角速度分别为与．运动秒后，甲位于点、乙位于点，两人之间的距离为．下列说法正确的是（

）A．B．对任意，均有C．两人自出发后第次相遇的时刻为（）D．记的面积为，则的最大值为，且在区间内恰有两个时刻取到该最大值11．已知双曲线：的右焦点为，过的直线与交于，两点，则下列说法正确的是（

）A．的取值范围为 B．若满足的直线恰有3条，则C．恒成立 D．的取值范围为三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12．的展开式中的系数为________．13．已知点在抛物线上，点，点在圆上，当取得最小值时，________．14．若曲线上存在横坐标依次成等差数列的三个不同点，，，且以为直径的圆与该曲线在点处相切，则的最大值为________．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．已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，且，．(1)证明：平面；(2)求二面角的余弦值．16．在中，内角，，所对的边分别为，，，其面积．(1)求证：；(2)求的最大值．17．某自动驾驶车队路测，某次路测场景中仅有1个需要识别的障碍物．能正常工作的摄像头数为随机变量，其分布列如下表所示，且．每个正常工作的摄像头独立地以的概率识别出障碍物（否则漏检）．记识别出障碍物的摄像头数为．012(1)求，；(2)已知某次路测中恰有1台摄像头识别出该障碍物，求此时有2台摄像头正常工作的概率．(3)工程师想通过提升单台识别率到，使至少有1台摄像头识别出该障碍物的概率达到0.8，这可能吗？请说明理由．18．已知椭圆的右焦点为，且经过点．(1)求椭圆的方程．(2)过的直线（不与轴重合）交于、两点，分别过、作的切线，两切线交于点，记的中点为，为坐标原点．（i）证明：点在定直线上．（ⅱ）求的取值范围．19．设函数，对任意，记．(1)求集合；(2)若，．（ⅰ）证明：；（ⅱ）当时，求实数的最大值，使得不等式恒成立，其中为自然对数的底数．答案第=page11页（共=sectionpages22页）答案第=page11页（共=sectionpages22页）1．B【分析】根据集合交集运算得到答案.【详解】集合与的公共元素为2，3，所以.2．D【详解】由题设，故．3．A【分析】根据向量的数量积判断向量垂直即可得解.【详解】因为，所以．所以在方向上的投影向量为.4．C【详解】先从5人中选1人担任组长，再从其余4人中选2人参赛，共有种选派方法．5．A【详解】由，可知，，且，解得或．因为，所以，所以.6．C【分析】根据等差和等比的相关概念验证选项的数列类型.【详解】由题意知，，即，对于A，相邻两项的差为，当固定时，差随着变化而变化，所以A错误．对于B，因为，当固定时，相邻两项的比随着变化而变化，所以不是等比数列，所以B错误．对于C，由，则，故是公比为2的等比数列，所以C正确对于D，根据A，B选项可以得出D选项是错误的.7．B【分析】由题意可将三棱锥放入长方体中，其中长、宽、高分别为1，1，2，从而可得为三棱锥外接球的直径，求出的值即可得答案.【详解】因为面，，可将三棱锥放入长方体中，其中长、宽、高分别为1，1，2，且为长方体的体对角线，故为三棱锥外接球的直径，则，所以是定值6．8．C【分析】令，换元后转化为有关于的方程必须有两个不同且均大于2的实根，列出不等式求解即可.【详解】原方程等价于：，即，令，当时，仅对应等于0；当时，对应两个互为相反数的实数．又，代入并整理得，，要使原方程有四个不同的实数解，关于的方程必须有两个不同且均大于2的实根．解方程可得，，因此应同时满足，，解得，．9．ABD【分析】令计算得到A选项；对变形得到，由等差数列的定义和通项公式得到，进而得到和判断BD两个选项；由计算得到C选项.【详解】对于A，由，，可得，即，A正确；对于B，条件变形有，所以是以3为首项，1为公差的等差数列，则，所以，B正确；对于D，，，由二次函数的对称性可知时取最小值，D正确；对于C，由，得，作差得，而，符合上式，所以，即不是等差数列，C错误．10．ABC【分析】根据两人的角速度差得到的表达式，推导得出两人距离的函数，再围绕的性质、相遇条件、三角形面积公式逐一分析各选项即可.【详解】由题意知以为终边的角为，以为终边的角为，故，A正确．由，对任意，都有，B正确．两人相遇即为，解得，且恰好是的第个零点，C正确．，当时，的最大值为，此时，，故有四个时刻可以取到最大值，D错误．11．BCD【分析】根据给定条件，举例说明判断A；利用双曲线的对称性推理判断B；设出直线方程并与双曲线方程联立，利用韦达定理并按直线与双曲线位置关系分类求解判断CD.【详解】双曲线：的右焦点为，左右顶点分别为，对于A，当直线斜率为0时，，A错误；对于B，由满足的直线恰有3条，得必有2条直线与双曲线的左右两支相交，并关于轴对称，另有一条直线与右支交于两点，也关于轴对称，其斜率不存在，因此为通径长，等于12，B正确；对于C，当斜率为0时，成立，当斜率不为0时，若直线与交于同一支，则，设，，由，得，则，，，因此，若直线与交于左右两支时，不妨设在左支，，同理可得成立，因此恒成立，C正确；对于D，当直线与交于右支时，，当直线与交于左右两支时，不妨设，，由，得，当直线斜率为0时，，因此的取值范围为，D正确．12．40【详解】在中，由二项式的展开式的通项公式可得，所以展开式含的系数为，乘以之后，得的系数为．13．【分析】过点作垂直准线，交准线于点，利用圆的几何性质以及抛物线的定义可得，当且仅当、、三点共线且点在点、点之间时取等号，且、、三点共线时两个等号成立，求出直线的方程，将该直线的方程与抛物线的方程联立，求出点的坐标，进而可求得的值.【详解】由题可得显然在抛物线内部，圆的圆心为，半径为，圆心恰为抛物线的焦点，过点作垂直准线，交准线于点，所以，当且仅当、、三点共线且点在点、点之间时取等号，又，当且仅当、、三点共线时取等号，此时直线的方程为，联立，可得，即点，所以，，所以.14．【分析】由题意可得圆与曲线在点处的切线与轴垂直，由，得，再由,可得，结合基本不等式求解即可.【详解】设三个点横坐标的等差中项为，公差为，则，设以为直径的圆的圆心为，由等差数列中项的性质，，由于以为直径的圆与该曲线在点处相切，因此圆与曲线在点处的切线与轴垂直．即，得．点在以为直径的圆上，由圆周角定理可知垂直于．因为，所以，用代可得，由两直线垂直，得，整理得，，，当且仅当，即时等号成立，则，等号成立的条件为：．15．(1)如图，设交于点，连接，因为正方形中，，因为为等腰三角形，所以，因为，平面，所以平面．(2)【分析】（1）由已知易得出，，即可证明；（2）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用向量关系即可求出.【详解】（1）略（2）方法一：，，所以，，且，故平面．以为原点，为轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，则．，设平面的法向量为，则，令，则，所以，又因为平面，所以平面的法向量可取，设二面角的大小为，则．由图可知，二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为．方法二：（等体积法）由，，得，，故平面．由正方形边长为2，得；又，故．，所以；同理．四面体的体积．设二面角为，则点到平面的距离，点到直线的距离．由垂直于棱的截面关系，．由图可知为锐角，故．所以二面角的余弦值为．16．(1)由三角形面积公式得，因为，所以．(2)．【分析】（1）利用三角形面积公式及正弦定理即可.（2）利用三角恒等变换将转换为，再令，可转换为.利用辅助角公式转换为，从而可得即可得的最大值.【详解】（1）略（2）方法一：当时，，则，不存在.所以.又，所以.由于，故，则.所以，即．令，则，整理为，即，要使这样的存在，须，即，化简得，即．所以的最大值为，此时，对应，即等腰三角形．方法二：由，即，上式化简为，即，其中，当，即时，达最大，此时最大，．方法三：，则，所以，得：，则，即，因为，所以，得，所以．17．(1)．(2)(3)不可能，理由如下.因为，，．所以，若要，则，即，上式化简为，，故此不等式无解，故不能达到要求．【详解】（1）（1）由题意知，，解得．（2）（2）设事件恰有1台摄像头识别出该障碍物，有台摄像头正常工作，由全概率公式知，，故．（3）略18．(1)(2)（ⅰ）易知直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，联立得，则，由韦达定理得设过点的切线为，联立，得，令上式中，即，即，即，即，即，解得，故切线的方程可化为，同理可得过点的切线的方程为，联立，化简得，两式相减得，即，所以点在定直线上．（ⅱ）．【分析】（1）利用椭圆结合已知点坐标代入椭圆方程，联立求解得到，写出椭圆标准方程；（2）（i）设过焦点的直线为与椭圆联立得到纵坐标关系，写出椭圆在处的两条切线方程并联立，两式作差消元求得交点横坐标恒为，证明在定直线上；（ii）把代入切线方程求出点坐标，结合韦达定理得到弦中点坐标，通过斜率相等证明三点共线，再写出表达式，利用求该乘积的取值范围.【详解】（1）由题意知，，将点代入椭圆方程得，解得，所以椭圆的方程为．（2）（i）略（ii）将代入直线的方程，得，所以，再由，及得，中点，因为，所以三点共线．所以，因为，所以，所以．19．(1)；(2)（ⅰ）证明：由，得；由，得，则，即，于是，令，则，，，令，求导得，函数在上单调递增，因此，即，所以.（ⅱ）【分析】（1）利用导