广东省珠海市2027届高三上学期开学考模拟测试数学试卷

**基本信息** 广东省珠海市2027届高三开学考数学模拟卷，以创新情境与分层设计为特色，如“镜像距离”新定义、微生物移动概率模型等题，考查数学抽象、逻辑推理与数学建模素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11/58分|集合、复数、解三角形、概率、立体几何等|第7题“镜像距离”结合反函数性质，第9题概率事件独立性判断| |填空题|3/15分|二项式定理、数列、轨迹方程|第14题轨迹对称问题综合抛物线与对称性质| |解答题|5/77分|解三角形、立体几何、导数、抛物线、概率统计|第19题微生物移动模型融合随机过程与数列，第17题导数零点结合等差数列创新设问|

广东省珠海市2027届高三开学考模拟测试一数学试卷 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．已知集合，，，则（   ） A． B． C． D． 2．的共轭复数是（    ） A． B． C． D． 3．已知的内角，，所对的边分别为，，，若，，则（    ） A． B． C． D． 4．已知随机变量X，Y均服从两点分布，且，若，则（   ） A． B． C． D． 5．已知直线、、与平面、，下列命题正确的是（    ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 6．已知表示不超过的最大整数，，若函数在区间上恰好有个零点，则的最大值是（   ） A． B． C． D． 7．已知点，，定义为的“镜像距离”．若点在曲线上，则的最小值为（    ） A．1 B． C．2 D． 8．如图，在中，M，N分别是AB，AC的中点，D，E是线段BC上两个动点，且，则的最小值为（   ） A．3 B． C．4 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．下列关于说法正确的是（    ） A．抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数是随机变量 B．某人射击时命中的概率为，此人射击三次命中的次数服从两点分布 C．小赵．小钱．小孙．小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“个人去的景点不相同”，事件“小赵独自去一个景点”，则 D．抛掷一枚质地均匀的骰子所得的样本空间为，令事件，，则事件A，独立 10．如图，在正三棱台中，，P，D分别是线段，上的点，，O是上、下底面的中心，M是底面内一点，以下结论正确的是（     ） A． B．若，平面，则点M的轨迹长等于 C． D．当时，四点、O、D、P构成的图形为直角梯形 11．甲袋中有3个红球和2个白球，乙袋中有2个红球和3个白球.先从甲袋中随机取出2个球放入乙袋，再从乙袋中随机取出1个球，记（，1，2）表示“从甲袋中取出的2个球中含有i个红球”，B表示“从乙袋中取出的球是红球”，则下列结论正确的是（   ） A．事件，，两两互斥 B． C． D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．若的展开式中含的项的系数为28，则实数________． 13．在无穷等差数列中，若，，，则的值为_______. 14．一动点P到定点的距离与到定直线的距离之和为5.若点P的轨迹上恰有三对不同的点关于定点对称，则m的取值范围为_______. 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．（13分）已知△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，若，，且； (1)求B的大小； (2)若，， ①求b的值； ②求的值. 16．（15分）如图，三棱台中，，，平面平面，，，，设与相交于点D，，且平面. (1)求三棱锥的体积. (2)已知平面与平面的夹角为，与平面所成的角为，求证：. 17．（15分）已知函数，其中． (1)当时，求曲线在点处的切线方程． (2)若有3个不同的零点． （i）求实数a的取值范围； （ⅱ）若成等差数列，求该数列的公差 18．（17分）已知抛物线：，为坐标原点，过点作斜率的直线交抛物线于两点，其中在第一象限，直线交抛物线于另一点，其中，直线与直线交于点． (1)求抛物线的方程； (2)记与的面积分别为，． （ⅰ）当，，，四点共圆时，求直线的方程； （ⅱ）求的取值范围． 19．（17分）一个微生物在如图所示方格的培养皿中随机移动，每次均以相等概率移动到相邻的方格．方格是初始位置，是营养丰富的角落，每次到达方格时，微生物进行一次繁殖．记该微生物第次繁殖时所经过的总移动步数为． (1)求； (2)求； (3)求． 参考公式： 1．若，对于，则； 2．若是离散型随机变量，则． 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 B B B D D D C ACD AB 题号 11 答案 ABD 1．D 【详解】由，，得， 又，所以. 2．B 【详解】因为， 所以其共轭复数为4−2i. 3．B 【详解】由正弦定理得，， 代入，得，即， 所以，即， 因为，所以，所以， 所以，所以当，即时， 4．B 【详解】 ， 所以. 故选：B 5．D 【详解】对于A，若，，，则与可能平行，也可能异面，故A错误； 对于B，若，，则与可能平行，也可能相交，故B错误； 对于C，若，，则与可能平行，也可能相交或异面，故C错误； 对于D，若，则由线面平行的性质定理可知，必有，使得， 又，则，因为，所以，故D正确. 故选：D. 6．D 【详解】令，则，则， 令，可得，故的零点为， 因为函数在区间上恰好有个零点， 所以， 所以的最大值是. 7．D 【详解】由函数可得，即， 所以的反函数为， 由点在曲线上，可知点在其反函数上， 所以 相当于上的点到曲线上点的距离， 即， 利用反函数性质可得与关于对称， 的最小值相当于点到直线的距离最小值的2倍， 点到直线的距离，由于恒在下方， 所以， ，求导得：，令 得，又在上单调递增， 所以可得对恒成立，对恒成立， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以， 所以. 故选：D 8．C 【详解】四点共线，可设，其中，， 分别是的中点，，， ， ，，， 是线段上两个动点，，， ， 当且仅当，结合，，即时取等号， 的最小值为. 9．ACD 【详解】对于A：抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数可能是0，也可能是1，所以出现正面的次数是随机变量，故A正确； 对于B：某人射击时命中的概率为，此人射击三次是三次独立重复试验，命中的次数服从二项分布，而不是两点分布，故B不正确； 对于C：由题意得，， 所以，故C正确； 对于D：根据事件独立性的定义得出事件A、B是独立的，故D正确. 故选：ACD. 10．AB 【详解】对于A，显然底面ABC，因为平面ABC，所以， 取BC的中点E，连接， 因为为正三角形，所以，由正三棱台性质可知四点共面， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，故A正确； 对于B，，取AB的中点Q，连接DQ，， 因为且，所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 故当M在QD上时，满足平面，故M的轨迹长度为QD，其中， 由余弦定理得，故B正确； 对于C，，， ，， 又棱台的体积为： ， 所以，故C错误； 对于D，四边形为等腰梯形，当P与重合，时，， 但此时与OB平行，故与OD不平行， 此时四点、O、D、P构成的图形不为直角梯形，故D错误． 11．ABD 【详解】对于A，由表示“从甲袋中取出的2个球中含有0个红球”，即取出的2个球都是白球； 事件表示“从甲袋中取出的2个球中含有1个红球”， 事件表示“从甲袋中取出的2个球中含有2个红球”， 这个三个事件不可能同时发生，所以事件，，两两互斥，所以A正确； 对于B，根据条件概率的性质，对于任意事件和，有， 当时，可得，所以B正确； 对于C，由事件表示“从甲袋中取出的2个球中含有1个红球”， 此时乙袋中有个红球，个白球，共有个球， 根据条件概率的公式，所以C错误； 对于D，由全概率公式知， 表示取出的2个球都是白球，可得， 此时乙袋中有2个红球，5个白球，可得， 表示“从甲袋中取出的2个球中含有1个红球”， 可得， 此时乙袋中有3个红球，4个白球，可得， 表示“从甲袋中取出的2个球中含有2个红球”， 可得， 此时乙袋中有4个红球，3个白球，可得， 所以， 又因为，可得，所以D正确. 12．30 【详解】因为的通项展开式为，， 若里取，则的展开式只能取含的项，即, 此时展开式中含的项的系数是； 若里取,则的展开式只能取含的项，即, 此时展开式中含的项的系数是； 若里取,则的展开式只能取含的项，即, 此时展开式中含的项的系数是； 合并系数可得，解得. 13．0 【详解】设等差数列的公差为， 所以， 故. 14． 【详解】设动点，由题意得. 当 时，化为，平方得，即，其中，； 当 时，化为，平方得，即，其中，. 因此的轨迹为两段抛物线. 若点与关于对称，则必在轨迹上. 分三类情况讨论对称点对： ①两点都在第一段： 代入得，得，. 要存在不同点对，需满足（为自对称，不算一对不同点）且. 即当时，恰好存在一对都在第一段的对称点，否则没有对称点. ②两点都在第二段：代入得，得，.   要存在不同点对，需满足（为自对称，不算一对不同点）且， 即当时，恰好存在一对都在第二段的对称点，否则没有对称点. ③​两点分别在两段：在第一段，在第二段， 由对称性质得，则， 则同时满足轨迹范围要求且，， 最终得范围. 当时，，仅和共1对对称点； 当时，，共2对对称点. 仅当异段有2对对称点，同段第一段有1对对称点时，能满足轨迹上恰有三对不同对称点的要求， 因此需同时满足、且，并排除的情况，故. 15．(1) (2)①；② 【详解】（1）∵， ∴，即，又， ∴，，即. （2）， ∴且，， ∴，. ∵， ∴ ∵， ∴； ∴. 16．【详解】（1）因为平面平面，且交线为， 又，所以平面. 又平面，所以. 又因为，，平面， 所以平面. 连接，因为平面， 平面，平面平面 所以， 因为，所以. 所以点到平面的距离为， 由相似三角形性质得，从而，. 于是，所以. （2）(2)因为，平面，平面， 所以平面， 设平面平面， 因为平面，所以，即， 因为，所以， 因为平面，平面，所以， 又，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为平面与平面的夹角，即. 因为，，，平面， 所以平面， 又，所以平面， 又平面，所以平面平面， 所以在平面上的射影在直线上，得. 在直角梯形中，，，所以. 因此. 17．(1) (2)（i）；（ii） 【详解】（1）解：当时，， 当时，，所以． 又， 所以曲线在点处的切线方程为，即． （2）解：（ⅰ）当时，由得单调递增，且． 当时，， 若，因为，所以，即在上单调递增，且， 从而在R上单调递增，不可能有3个零点，不符合题意， 若，令，可得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 又当时，当时， 所以要使有3个零点，则，即，解得． 所以实数的取值范围为 （ⅱ）由题可知，，， 所以， 则①，②． 设公差为，即， 由①可得，，由②可得，， 则，化简得，解得（负值舍去）， 即公差． 18．(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【详解】（1）因为点，则， 又， 则， 所以， 代入抛物线：， 得到，解得， 所以抛物线的方程为． （2）（ⅰ）因为直线方程为， 设，， 联立， 消得到， 则，， 当，，，四点共圆时， 则有，， 故，则， 所以， 又， 同理可得， 由两点间的距离公式可得，， 所以， 即， 整理得到， 又，所以， 故直线的方程为． （ⅱ）由，，得到直线：， 由，，得， 直线：， 联立方程， 解得， 由，， 得， 所以， 又 ， 当时，由，得， 又直线的斜率， 则， 所以， 故的取值范围为. 19．(1) (2)3 (3) 【详解】（1）微生物经历奇数次移动必然到达区域，之后有的概率到达区域，有的概率到达区域， 微生物在区域或者区域时，下一步必然到达区域． （2）解法1：微生物第1次到达区域所经历的步数必然为：， 若微生物经历次移动第1次到达区域，则前面步必然在区域与区域之间移动， 且最后2步是由区域到区域，接着到达区域，于是 ，则 不妨设， 于是 则 化简可得，， 由题意可知， ，所以； 解法2：由微生物在2次移动后，有的概率经过区域到达区域， 有的概率经过区域回到区域， 于是， 解得， ； （3）解法1：初始位置时微生物第次到达区域累计移动次数为， 设初始位置时微生物第次到达区域累计移动次数为， 初始位置为时粒子第次到达区域累计移动次数为（初始位置不记为到达）， 当时，于是：， 即， 化简有，又由，有 ， 即， 又由，于是． 解法2：不妨设微生物从区域出发，第一次到达区域，需要的次数为随机变量，当时，， 微生物由区域出发第1次到达区域所经历的步数必然为：， 若微生物经历次移动第1次到达区域，则前面步必然在区域与区域之间移动， 且最后2步是由区域到区域，接着到达区域，于是 ，则， 由（2）知 于是 又由，于是． 解法3：当时，易知微生物第次到达区域所经历的步数可能为： ， 当微生物通过步第次到达区域时，前面的步中， 在奇数步中，必然到达区域，偶数步中，有次到达区域，对应的概率为， 且最后2步移动以的概率回到． 于是，则 不妨记 于是 则， 又由，于是， 则． 又由时也符合上式，于是对于均有． 说明：视每2次移动为1次实验，易知1次实验中，必然有1次到达，有1次到达或者．即每次实验有的概率到达，有的概率不到达．于是为使到达事件次，平均需要进行实验次，于是需要移动次． 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 $