湖南长沙长郡中学2026届3月高三一轮复习摸底考试（线上）数学试题含解析.doc

湖南长沙长郡中学2026届3月高三一轮复习摸底考试（线上）数学试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，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。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．若的展开式中含有常数项，且的最小值为，则（ ）
A． B． C． D．
2．一个袋中放有大小、形状均相同的小球，其中红球1个、黑球2个，现随机等可能取出小球，当有放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为；当无放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3．已知函数，若对于任意的，函数在内都有两个不同的零点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
4．已知复数（为虚数单位，），则在复平面内对应的点所在的象限为（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
5．为了加强“精准扶贫”，实现伟大复兴的“中国梦”，某大学派遣甲、乙、丙、丁、戊五位同学参加三个贫困县的调研工作，每个县至少去1人，且甲、乙两人约定去同一个贫困县，则不同的派遣方案共有（ ）
A．24 B．36 C．48 D．64
6．在明代程大位所著的《算法统宗》中有这样一首歌谣，“放牧人粗心大意，三畜偷偷吃苗青，苗主扣住牛马羊，要求赔偿五斗粮，三畜户主愿赔偿，牛马羊吃得异样．马吃了牛的一半，羊吃了马的一半．”请问各畜赔多少？它的大意是放牧人放牧时粗心大意，牛、马、羊偷吃青苗，青苗主人扣住牛、马、羊向其主人要求赔偿五斗粮食（1斗=10升），三畜的主人同意赔偿，但牛、马、羊吃的青苗量各不相同．马吃的青苗是牛的一半，羊吃的青苗是马的一半．问羊、马、牛的主人应该分别向青苗主人赔偿多少升粮食？（ ）
A． B． C． D．
7．已知命题，那么为（ ）
A． B．
C． D．
8．已知等差数列的公差不为零，且，，构成新的等差数列，为的前项和，若存在使得，则（ ）
A．10 B．11 C．12 D．13
9．一小商贩准备用元钱在一批发市场购买甲、乙两种小商品，甲每件进价元，乙每件进价元，甲商品每卖出去件可赚元，乙商品每卖出去件可赚元.该商贩若想获取最大收益，则购买甲、乙两种商品的件数应分别为（ ）
A．甲件，乙件 B．甲件，乙件 C．甲件，乙件 D．甲件，乙件
10．某校团委对“学生性别与中学生追星是否有关”作了一次调查，利用列联表，由计算得,参照下表:

0.01
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
得到正确结论是( )
A．有99%以上的把握认为“学生性别与中学生追星无关”
B．有99%以上的把握认为“学生性别与中学生追星有关”
C．在犯错误的概率不超过0.5%的前提下，认为“学生性别与中学生追星无关”
D．在犯错误的概率不超过0.5%的前提下，认为“学生性别与中学生追星有关”
11．运行如图程序，则输出的S的值为（　　）

A．0 B．1 C．2018 D．2017
12．定义在R上的偶函数满足，且在区间上单调递减，已知是锐角三角形的两个内角，则的大小关系是（ ）
A． B．
C． D．以上情况均有可能
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若,则=______,=______.
14．根据记载，最早发现勾股定理的人应是我国西周时期的数学家商高，商高曾经和周公讨论过“勾3股4弦5”的问题.现有满足“勾3股4弦5”，其中“股”，为“弦”上一点（不含端点），且满足勾股定理，则______.
15．已知复数满足（为虚数单位），则复数的实部为____________.
16．定义在上的奇函数满足，并且当时，则___
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）在△ABC中，分别为三个内角A、B、C的对边，且
(1)求角A；
(2)若且求△ABC的面积．
18．（12分）2019年6月，国内的运营牌照开始发放.从到，我们国家的移动通信业务用了不到20年的时间，完成了技术上的飞跃，跻身世界先进水平.为了解高校学生对的消费意愿，2019年8月，从某地在校大学生中随机抽取了1000人进行调查，样本中各类用户分布情况如下：
用户分类
预计升级到的时段
人数
早期体验用户
2019年8月至2019年12月
270人
中期跟随用户
2020年1月至2021年12月
530人
后期用户
2022年1月及以后
200人
我们将大学生升级时间的早晚与大学生愿意为套餐支付更多的费用作比较，可得出下图的关系（例如早期体验用户中愿意为套餐多支付5元的人数占所有早期体验用户的）.

（1）从该地高校大学生中随机抽取1人，估计该学生愿意在2021年或2021年之前升级到的概率；
（2）从样本的早期体验用户和中期跟随用户中各随机抽取1人，以表示这2人中愿意为升级多支付10元或10元以上的人数，求的分布列和数学期望；
（3）2019年底，从这1000人的样本中随机抽取3人，这三位学生都已签约套餐，能否认为样本中早期体验用户的人数有变化？说明理由.
19．（12分）
(Ⅰ)证明： ；
(Ⅱ)证明：()；
(Ⅲ)证明：.
20．（12分）将棱长为的正方体截去三棱锥后得到如图所示几何体，为的中点.

（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值.
21．（12分）某超市在节日期间进行有奖促销，规定凡在该超市购物满400元的顾客，均可获得一次摸奖机会.摸奖规则如下：奖盒中放有除颜色不同外其余完全相同的4个球（红、黄、黑、白）.顾客不放回的每次摸出1个球，若摸到黑球则摸奖停止，否则就继续摸球.按规定摸到红球奖励20元，摸到白球或黄球奖励10元，摸到黑球不奖励.
（1）求1名顾客摸球2次摸奖停止的概率；
（2）记X为1名顾客摸奖获得的奖金数额，求随机变量X的分布列和数学期望.
22．（10分）设函数.
（Ⅰ）讨论函数的单调性；
（Ⅱ）如果对所有的≥0，都有≤，求的最小值；
（Ⅲ）已知数列中，，且，若数列的前n项和为，求证：
.
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．C
【解析】
展开式的通项为
，因为展开式中含有常数项，所以，即为整数，故n的最小值为1．
所以.故选C
点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略
(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.
(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.
2．B
【解析】
分别求出两个随机变量的分布列后求出它们的期望和方差可得它们的大小关系.
【详解】
可能的取值为；可能的取值为，
，，，
故，.
，，
故，,
故，.故选B.
离散型随机变量的分布列的计算，应先确定随机变量所有可能的取值，再利用排列组合知识求出随机变量每一种取值情况的概率，然后利用公式计算期望和方差，注意在取球模型中摸出的球有放回与无放回的区别.
3．D
【解析】
将原题等价转化为方程在内都有两个不同的根，先求导，可判断时，，是增函数；
当时，，是减函数.因此，再令，求导得，结合韦达定理可知，要满足题意，只能是存在零点，使得在有解，通过导数可判断当时，在上是增函数；当时，在上是减函数；则应满足，再结合，构造函数，求导即可求解；
【详解】
函数在内都有两个不同的零点，
等价于方程在内都有两个不同的根.
，所以当时，，是增函数；
当时，，是减函数.因此.
设，，
若在无解，则在上是单调函数，不合题意；所以在有解，且易知只能有一个解.
设其解为，当时，在上是增函数；
当时，在上是减函数.
因为，方程在内有两个不同的根，
所以，且.由，即，解得.
由，即，所以.
因为，所以，代入，得.
设，，所以在上是增函数，
而，由可得，得.
由在上是增函数，得.
综上所述，
故选：D.
本题考查由函数零点个数求解参数取值范围问题，构造函数法，导数法研究函数增减性与最值关系，转化与化归能力，属于难题
4．B
【解析】
分别比较复数的实部、虚部与0的大小关系，可判断出在复平面内对应的点所在的象限.
【详解】
因为时，所以，，所以复数在复平面内对应的点位于第二象限.
故选：B.
本题考查复数的几何意义，考查学生的计算求解能力，属于基础题.
5．B
【解析】
根据题意，有两种分配方案，一是，二是，然后各自全排列，再求和.
【详解】
当按照进行分配时，则有种不同的方案；
当按照进行分配，则有种不同的方案.
故共有36种不同的派遣方案，
故选：B.
本题考查排列组合、数学文化，还考查数学建模能力以及分类讨论思想，属于中档题.
6．D
【解析】
设羊户赔粮升,马户赔粮升,牛户赔粮升,易知成等比数列,,结合等比数列的性质可求出答案.
【详解】
设羊户赔粮升,马户赔粮升,牛户赔粮升,则成等比数列,且公比,则,故,,.
故选:D.
本题考查数列与数学文化,考查了等比数列的性质,考查了学生的运算求解能力,属于基础题.
7．B
【解析】
利用特称命题的否定分析解答得解.
【详解】
已知命题，，那么是.
故选：．
本题主要考查特称命题的否定，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.
8．D
【解析】
利用等差数列的通项公式可得，再利用等差数列的前项和公式即可求解.
【详解】
由，，构成等差数列可得

即
又
解得：
又
所以时，.
故选：D
本题考查了等差数列的通项公式、等差数列的前项和公式，需熟记公式，属于基础题.
9．D
【解析】
由题意列出约束条件和目标函数，数形结合即可解决.
【详解】
设购买甲、乙两种商品的件数应分别，利润为元，由题意，
画出可行域如图所示，

显然当经过时，最大.
故选：D.
本题考查线性目标函数的线性规划问题，解决此类问题要注意判断，是否是整数，是否是非负数，并准确的画出可行域，本题是一道基础题.
10．B
【解析】
通过与表中的数据6.635的比较，可以得出正确的选项.
【详解】
解:，可得有99%以上的把握认为“学生性别与中学生追星有关”，故选B.
本题考查了独立性检验的应用问题，属于基础题.
11．D
【解析】
依次运行程序框图给出的程序可得
第一次：，不满足条件；
第二次：，不满足条件；
第三次：，不满足条件；
第四次：，不满足条件；
第五次：，不满足条件；
第六次：，满足条件，退出循环．输出1．选D．
12．B
【解析】
由已知可求得函数的周期，根据周期及偶函数的对称性可求在上的单调性，结合三角函数的性质即可比较．
【详解】
由可得，即函数的周期，
因为在区间上单调递减，故函数在区间上单调递减，
根据偶函数的对称性可知，在上单调递增，
因为，是锐角三角形的两个内角，
所以且即，
所以即，
．
故选：．
本题主要考查函数值的大小比较，根据函数奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．1 0
【解析】
①根据换底公式计算即可得解；
②根据同底对数加法法则，结合①的结果即可求解.
【详解】
①由题：,
则；
②由①可得：.
故答案为：①1，②0
此题考查对数的基本运算，涉及换底公式和同底对数加法运算，属于基础题目.
14．
【解析】
先由等面积法求得，利用向量几何意义求解即可.
【详解】
由等面积法可得，依题意可得，，
所以.
故答案为：
本题考查向量的数量积，重点考查向量数量积的几何意义，属于基础题.
15．
【解析】
利用复数的概念与复数的除法运算计算即可得到答案.
【详解】
，所以复数的实部为2.
故答案为：2
本题考查复数的除法运算，考查学生的基本计算能力，是一道基础题.
16．
【解析】
根据所给表达式，结合奇函数性质，即可确定函数对称轴及周期性，进而由的解析式求得的值.
【详解】
满足，
由函数对称性可知关于对称，
且令，代入可得，
由奇函数性质可知，所以
令，代入可得，
所以是以4为周期的周期函数，
则
当时，
所以，
所以，
故答案为：.
本题考查了函数奇偶性与对称性的综合应用，周期函数的判断及应用，属于中档题.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）； （2）.
【解析】
（1）整理得：，再由余弦定理可得，问题得解．
（2）由正弦定理得：，，，再代入即可得解．
【详解】
（1）由题意，得，
∴；
（2）由正弦定理，得，
,
∴.
本题主要考查了正、余弦定理及三角形面积公式，考查了转化思想及化简能力，属于基础题．
18．（1）（2）详见解析（3）事件虽然发生概率小，但是发生可能性为0.02，所以认为早期体验用户没有发生变化，详见解析
【解析】
（1）由从高校大学生中随机抽取1人，该学生在2021年或2021年之前升级到，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解；
（2）由题意的所有可能值为，利用相互独立事件的概率计算公式，分别求得相应的概率，得到随机变量的分布列，利用期望的公式，即可求解.
（3）设事件为“从这1000人的样本中随机抽取3人，这三位学生都已签约套餐”，得到七概率为，即可得到结论.
【详解】
（1）由题意可知，从高校大学生中随机抽取1人，该学生在2021年或2021年之前升级到的概率估计为样本中早期体验用户和中期跟随用户的频率，即.
（2）由题意的所有可能值为，
记事件为“从早期体验用户中随机抽取1人，该学生愿意为升级多支付10元或10元以上”，
事件为“从中期跟随用户中随机抽取1人，该学生愿意为升级多支付10元或10元以上”，
由题意可知，事件，相互独立，且，，
所以，

，
，
所以的分布列为

0
1
2

0.18
0.49
0.33
故的数学期望.
（3）设事件为“从这1000人的样本中随机抽取3人，这三位学生都已签约套餐”，那么.
回答一：事件虽然发生概率小，但是发生可能性为0.02，所以认为早期体验用户没有发生变化.
回答二：事件发生概率小，所以可以认为早期体验用户人数增加.
本题主要考查了离散型随机变量的分布列，数学期望的求解及应用，对于求离散型随机变量概率分布列问题首先要清楚离散型随机变量的可能取值，计算得出概率，列出离散型随机变量概率分布列，最后按照数学期望公式计算出数学期望，其中列出离散型随机变量概率分布列及计算数学期望是理科高考数学必考问题.
19． (Ⅰ)见解析（Ⅱ）见解析（Ⅲ）见解析
【解析】
运用数学归纳法证明即可得到结果
化简，运用累加法得出结果
运用放缩法和累加法进行求证
【详解】
（Ⅰ）数学归纳法证明时，
①当时，成立；
②当时，假设成立，则时

所以时，成立
综上①②可知，时，
（Ⅱ）由
得
所以； ；

故，又
所以

(Ⅲ)

由累加法得：
所以故
本题考查了数列的综合，运用数学归纳法证明不等式的成立，结合已知条件进行化简求出化简后的结果，利用放缩法求出不等式，然后两边同时取对数再进行证明，本题较为困难。
20．（1）见解析；（2）.
【解析】
（1）取的中点，连接、，连接，证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值，进而可求得其正弦值.
【详解】
（1）取中点，连接、、，
且，四边形为平行四边形，且，
、分别为、中点，且，
则四边形为平行四边形，且，
且，且，
所以，四边形为平行四边形，且，
四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面；

（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，

，，，
设平面的法向量为，
由，得，取，则，，，
设平面的法向量为，
由，得，取，则，，，
，，
因此，二面角的正弦值为.
本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
21．（1）；（2）20.
【解析】
（1）1名顾客摸球2次摸奖停止，说明第一次是从红球、黄球、白球中摸一球，第二次摸的是黑球，即求概率；
（2）的可能取值为：0，10，20，30，1．分别求出取各个值时的概率，即可求出分布列和数学期望.
【详解】
（1）1名顾客摸球2次摸奖停止，说明第一次是从红球、黄球、白球中摸一球，第二次摸的是黑球，
所以1名顾客摸球2次摸奖停止的概率．
（2）的可能取值为：0，10，20，30，1．
,

∴随机变量X的分布列为：
X
0
10
20
30
1
P

数学期望.
本题主要考查离散型随机变量的分布列和数学期望，属于中档题.
22．（Ⅰ）函数在上单调递减，在单调递增；（Ⅱ）；（Ⅲ）证明见解析．
【解析】
（Ⅰ）先求出函数f（x）的导数，通过解关于导数的不等式，从而求出函数的单调区间；
（Ⅱ）设g（x）＝f（x）﹣ax，先求出函数g（x）的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调性，从而求出a的最小值；
（Ⅲ）先求出数列是以为首项，1为公差的等差数列，，，问题转化为证明：，通过换元法或数学归纳法进行证明即可．
【详解】
解：（Ⅰ） f（x）的定义域为（﹣1，+∞），，
当时，f′（x）＜2，当时，f′（x）＞2，
所以函数f（x）在上单调递减，在单调递增．
（Ⅱ）设，
则，
因为x≥2，故，
（ⅰ）当a≥1时，1﹣a≤2，g′（x）≤2，所以g（x）在[2，+∞）单调递减，
而g（2）＝2，所以对所有的x≥2，g（x）≤2，即f（x）≤ax；
（ⅱ）当1＜a＜1时，2＜1﹣a＜1，若，则g′（x）＞2，g（x）单调递增，
而g（2）＝2，所以当时，g（x）＞2，即f（x）＞ax；
（ⅲ）当a≤1时，1﹣a≥1，g′（x）＞2，所以g（x）在[2，+∞）单调递增，
而g（2）＝2，所以对所有的x＞2，g（x）＞2，即f（x）＞ax；
综上，a的最小值为1．
（Ⅲ）由（1﹣an+1）（1+an）＝1得，an﹣an+1＝an•an+1，由a1＝1得，an≠2，
所以，数列是以为首项，1为公差的等差数列，
故，，，
⇔，
由（Ⅱ）知a＝1时，，x＞2，
即，x＞2．
法一：令，得，
即
因为，
所以，
故．
法二：⇔
下面用数学归纳法证明．
（1）当n＝1时，令x＝1代入，即得，不等式成立
（1）假设n＝k（k∈N*，k≥1）时，不等式成立，
即，
则n＝k+1时，，
令代入，
得
，
即：，
由（1）（1）可知不等式对任何n∈N*都成立．
故．
考点：1利用导数研究函数的单调性；1、利用导数研究函数的最值； 3、数列的通项公式；4、数列的前项和；5、不等式的证明．