2026-2027学年高三上学期开学摸底数学自编模拟卷（安徽适用）

**基本信息** 2027高三数学开学摸底卷，覆盖函数、几何、概率等核心知识，通过翻折问题、导数应用等综合题考查数学思维与空间观念，适配开学学情诊断。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题58分|集合、复数、数列、向量、三角函数|基础概念辨析，如复数象限判断、向量夹角计算| |填空题|3题15分|二项式定理、数列求和、外接球表面积|需构造数列（13题）、空间几何计算| |解答题|5题77分|解三角形、概率统计、立体几何翻折、抛物线综合、导数应用|16题结合频率分布与概率，17题翻折证垂直及线面角，19题导数分类讨论，体现综合应用与逻辑推理|

2027高三数学秋季开学摸底卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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．集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．复数在复平面内对应的点位于（     ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．已知为等差数列，为等比数列，，则（   ） A．4 B．7 C．8 D．15 4．若两个非零向量，满足，则向量与的夹角是（ ） A． B． C． D． 5．若，则（ ） A． B． C． D． 6．设，，则（    ） A． B． C． D． 7．在正四棱台中，，若二面角的大小为，则正四棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 8．已知圆与双曲线，若在双曲线上存在一点，使得过点能作圆的两条切线，切点为，且，则双曲线的离心率的取值范围是（ ） 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．已知，，为实数，则（     ） A．若，则 B．若，，则 C．若，，都大于，则 D．若，，，则 10．下列命题中，正确的是（   ） A．数据27，11，13，30，15，17，19，23的第70百分位数是23 B．若回归方程为，则变量与成负相关 C．若随机变量服从正态分布， D．样本相关系数，有时也称样本线性相关系数，越大，则线性相关性越强 11．已知函数，，则（    ） A． B．关于的方程有两个不相等的实根 C．函数有两个极值点、 D．若关于的方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．的展开式中二项式系数之和比各项系数和大，则在的展开式中，的系数为______． 13．已知数列：且满足，令，则数列的前2026项和为______． 14．已知四棱锥的底面为等腰梯形，其中，，四条侧棱长均为3，则该四棱锥外接球的表面积为________． 4、 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．在中，角，，的对边分别为，，．已知． (1)求角的大小； (2)若为锐角三角形，当时，求面积的取值范围． 16．南宁市举行“高一年级趣味数学竞赛”，竞赛分为初赛和决赛两个阶段，为了解初赛情况，现从某中学高一年级随机抽取了200名学生，记录他们的初赛成绩，将数据按照分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图. (1)求频率分布直方图中的值，并估计高一年级初赛成绩的平均数与中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）； (2)按照分层抽样从和两组中随机抽取了5名学生，现从已抽取的5名学生中随机抽取2名，求有1名或2名学生的成绩在内的概率； (3)已知本次竞赛最终由 两人进行冠军争夺战，比赛采用“三局两胜制”（即先赢得两局者获得冠军，比赛随即结束）.已知每一局比赛中 胜 乙 的概率均为 ，且每局比赛结果互不影响. ① 求比赛恰好进行两局就结束的概率； ② 求甲获得冠军的概率. 17．如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)求直线EC与平面PCD所成角的正弦值． 18．已知抛物线，斜率为的直线交于两点，且线段中点纵坐标为4． (1)求抛物线的方程； (2)若直线不过点，且直线交于另一点，记直线的斜率为， （i）求证：； （ii）求证：直线过定点． 19．已知函数． (1)若，求函数的最小值； (2)讨论的单调性； (3)若在上恒成立，求的取值范围． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A B A C A C B AD AB 题号 11 答案 ACD 1．D 【详解】因为集合=， =， 所以. 2．A 【分析】利用虚数单位的幂次运算规则化简，再根据复平面内点的坐标与复数的对应关系判断象限. 【详解】由，可得， 代入原式得：， 因此对应点为，位于第一象限. 3．B 【分析】设出公差与公比，由题中所给条件列方程组即可求出公差与公比，即可得解. 【详解】设的公差为，的公比为， 则由题可知，有，解得或（舍去），则， 因此. 故选：B. 4．A 【分析】将已知模长等式平方得到、与的关系，再利用向量夹角的数量积公式求解夹角 【详解】已知非零向量满足， 由，平方得， 展开得，化简得； 由，平方得，将代入，得，即， 设与的夹角为，，根据向量夹角公式： 计算分子： ； 分母：； 代入得，结合，得. 5．C 【分析】根据余弦的二倍角公式，结合同角三角函数关系的齐次式求值得，再结合诱导公式与余弦的二倍角公式求解即可. 【详解】因为，所以， 则. 6．A 【分析】考查函数与导数的综合，构造函数利用单调性进行判断. 【详解】设函数，则，所以在上单调递减， 所以，则，所以; 设，，则，在上单调递增， 所以，即，则，所以， 所以 故选：A 7．C 【分析】令分别是正方形的中心，分别是的中点，连接，根据已知及二面角的定义有是二面角的平面角，过作，垂足为，再应用台体的体积公式求体积. 【详解】如图，在正四棱台中，， 令分别是正方形的中心，分别是的中点， 连接，显然四边形是直角梯形，且， 易知是正四棱台的高，， 所以是二面角的平面角， 由题意得，过作，垂足为， 则，， 所以正四棱台的体积为． 8．B 【分析】根据切线求得，根据双曲线的性质可得的不等式，从而得出的不等式，结合离心率公式求解即可． 【详解】如图： ，又，所以， 而是圆切线，则， 在中，，因此有， 从而， 而，所以， 在双曲线上，因此，所以， ∴，从而，所以， ∴双曲线的离心率. 9．AD 【分析】根据不等式性质、作差法比较大小及基本不等式的应用逐一分析 【详解】对于A，因为，所以，故，可得，A对； 对于B，举特殊值，取，，则，与结论矛盾，B错； 对于C，作差得，若，则，反之，，C错； 对于D，根据基本不等式，当且仅当，即时，取等号，D对 10．AB 【详解】对于A，将已知数据排序得11，13，15，17，19，23，27，30，由，得第70百分位数为第六个数（23），即第70百分位数是23，故A正确； 对于B，，变量与成负相关，故B正确； 对于C，，，故C错误； 对于D，样本相关系数越大时，线性相关性越强，故D错误. 11．ACD 【分析】A，通过两式相减化简求解；B，通过化简方程并构造新方程，利用单调性求解实根个数；C，通过函数的极值点与导数的关判断；D，通过函数单调性结合图形可判断. 【详解】选项A，，所以，A正确. 选项B，，化简可得，， 由可得，由可得， 所以在单调递减，单调递增， 所以，所以只有一个实根，B错误； 选项C，令，因为，， 对于函数，，可得， 即函数的定义域为，且，， ， 由可得或或， 因为，则， 由可得，由可得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以函数在处取得极大值，亦即最大值，即， 令，则函数与函数的单调性一致， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 因为，， 所以存在，使得，即， 且当时，；当时，，列表如下： 增 极大值 减 减 极小值 增 所以函数有两个极值点、，C正确； 选项D，当时，，此时， 由C选项可知，函数在上递增，在上递减， 则函数的极大值为， 函数在上递减，在上递减， 则函数的极小值为，如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点， 所以，若关于的方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是，D正确. 12． 【详解】的二项式系数之和为，令，代入得， 则，解得， ，其二项展开通项公式为： ， 令，得， 代入通项得． 13． 【分析】先变形再构造数列，再应用等差数列通项公式计算，最后结合错位相减计算求解. 【详解】令，可得，由 变形可得，则， 所以是以2为首项，1为公差的等差数列，所以， 则， 故数列的前2026项和为． 14．/ 【分析】作出示意图，利用等腰梯形的对称性和相关边长推出的中点为底面的外接圆圆心，再证平面，判断该四棱锥外接球的球心在直线上，借助于勾股定理求得其半径即可. 【详解】 如图1取的中点，连接，因ABCD为等腰梯形，由对称性得， 又，则四边形是平行四边形，又， 则可得，即点为底面的外接圆圆心. 因四棱锥的侧棱长均为3，则点在底面上的射影为点， 即平面，且，如图2所示.     由题意，该四棱锥外接球的球心在直线上，设球的半径为，连接， 则，由，解得， 则外接球的表面积为 . 15．(1) (2) 【分析】(1)由正弦定理边化角，结合正弦和角公式即可求解； (2)由条件先求出解的范围，再利用三角形面积公式、正弦定理，将三角形的面积化成关于角的三角函数式，结合角的范围，即可求解. 【详解】（1）和正弦定理，得， 因， 代入化简得， 因，，则得， 又因，所以； （2）因为锐角三角形，则有，解得. 因面积， 由正弦定理，，可得， 所以， 因为，则，，， 故的取值范围为. 16．(1)，平均数为，中位数为； (2)； (3)① ；② . 【分析】（1）根据频率分布直方图的性质，以及中位数与平均数与频率分布直方图的联系即可求解； （2）通过分层抽样的性质，求解不同组抽取人数，根据古典概型计算概率即可； （3）分析①和②对应的输赢情况，利用互斥事件的加法公式和独立事件的乘法公式求解即可. 【详解】（1）由频率分布直方图得，， 解得， 估计高一年级初赛成绩的平均数为 ， 设中位数为，因为组的频率为，组的频率为，组的频率为， 因此， 故. （2）组与组的频率比为，因此抽样人数分别为2人与3人， 设五名学生为、、、、，其中、在组，、、在组， 因此抽取的结果可为、、、、、、、、、，共十种抽取结果， 其中有1名或2名学生成绩在的结果为 、、、 、、、，共七种抽取结果， 因此根据古典概型的计算公式. （3）设事件为甲在第一局中获得胜利，事件为甲在第二局中获得胜利，事件为甲在第三局中获得胜利， 因此 为乙在第一局中获得胜利， 为乙在第二局中获得胜利， 为乙在第三局中获得胜利， 故，. ①比赛恰好进行两局就结束分为两种情况，即甲连续获胜两局或乙连续获胜两局， 因此该事件即为，且与互斥， 因为每局比赛结果互不影响，因此. ②甲获得冠军的情况分为甲赢、甲输、甲赢；甲赢、甲赢；甲输、甲赢、甲赢， 即为事件， 因此， 故. 17．(1)证明：由，得， 又，在中， 由余弦定理得， 所以，则，即， 又因为在平面ABCD中，，得， 又因为平面，平面，所以平面； (2)证明：由（1）知，翻折后， 连接，由，则， 在中，因，得，则，                又平面，所以平面 (3) 【分析】（1）先由余弦定理求，证明，得，再由线面平行的判定定理得证； （2）易得，由勾股定理证明，再由线面垂直的判定定理即得证； （3）由条件建系，求出相关点与向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】（1）略 （2）略 （3）由（2）得平面，又平面，所以，则两两垂直， 建立如图空间直角坐标系，则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 所以， 所以， 设直线EC平面PCD所成角为，则， 即直线EC与平面PCD所成角的正弦值为.　 18．(1) (2)（i）法一：由（1），且， 则 所以. 法二：设直线方程为， 抛物线的方程可表示为， 由， 得 ， ， ， 直线的斜率为， ， . （ii）法一：如图，作出符合题意的图形， 由已知得， 设直线的方程为， 联立，可得， ， ， ， 整理得， 即， 当时，直线与直线重合，舍去 ，直线的方程， 直线过定点. 法二：由已知得， ， ， （舍）或， 直线的方程是， 直线过定点. 【分析】（1）联立方程组并利用韦达定理得到，再结合题意求解参数，得到抛物线方程即可. （2）（i）法一直接利用斜率公式结合韦达定理得到定值，法二利用齐次化结合直线系方程求解定值，（ii）法一结合已证定值，求出直线方程，进而求解定点，法二结合齐次化得到的定值求出直线方程，最后求出定点即可. 【详解】（1）设直线的方程为， 代入得， 设点，则， 而线段中点纵坐标为4，则，解得， 故的方程为. （2）（i）略 （ii）略 19．(1) (2)当时，在 上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增. (3) 【分析】（1）求导后判断单调性，确定极小值点，代入求最小值； （2）对参数 分类讨论，根据导数符号确定单调区间； （3）先由对数有意义得 ，化简不等式为含参数的分式函数恒正，分情况讨论参数范围. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得 . 当 时，. 当 时，，单调递减； 当时，，单调递增. 故在 处取最小值，代入得. 因此函数的最小值为. （2）对导数分类讨论： 若，则对任意都有，即，故在上单调递增； 若，时，，单调递减； 时，，单调递增. 综上，当时，在 上单调递增； 当时，在单调递减，在单调递增. （3）由题意，已知，则有意义需. 不等式 在 恒成立，化简不等式得， 消去同类项整理得，对任意恒成立. 令 . 若，则，故恒成立； 若，则，成立； 若，则 ，当时，，，不满足恒成立. 综上，的取值范围为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $