广东省中山市2027届高三上学期开学考预测卷数学试题

**基本信息** 以新能源汽车销量分析、中国空间站航天员安排等真实情境为载体，覆盖函数、立体几何、概率统计等核心模块，通过子列创新定义（第5题）、姊妹圆锥曲线（第18题）等设计，考查数学抽象与逻辑推理能力，适配一轮复习基础巩固与能力提升需求。 **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、统计、数列、导数、解三角形|第5题子列定义创新考查数学抽象，第10题结合张家界旅游情境渗透概率思想| |填空题|3题15分|向量、排列组合、函数零点|第13题中国空间站任务安排，体现数学建模与应用意识| |解答题|5题77分|解三角形、回归分析、立体几何、圆锥曲线、导数|第16题新能源汽车销量回归分析考查数据观念，第18题姊妹圆锥曲线定义创新，第19题导数极值点证明深化逻辑推理|

广东省中山市2027届高三上学期开学考预测卷数学试题 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，则（   ） A． B． C．1 D． 2．已知集合,,则（     ） A． B． C． D． 3．设数据1，2，3，4，m的下四分位数为m，则实数m的取值范围是（   ） A． B． C． D． 4．中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列条件中能确定三角形有唯一解的有（   ）个 （1）    （2） （3）    （4） A．1 B．2 C．3 D．4 5．设为数列，为正整数集的无限子集，且，则数列称为数列的一个子列.已知数列为等差数列，的某个子列构成等比数列，若，则数列的前项和为：（     ）. A． B． C． D． 6．1百米长的钢筋，截成10段，造一个圆柱形粮囤的骨架，其中两段围成圆形作为骨架的上下底，其余8段作为圆柱的母线，求此粮囤体积的最大值时，底面半径的值为（    ）（单位：百米） A． B． C． D． 7．已知是定义在上的函数，其导函数满足（，为自然对数的底数），则 A．， B．， C．， D．， 8．当点 到直线 的距离取最大值时，的值为（    ） 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．已知锐角的内角的对边分别为若，则的值可能为（   ） A． B． C． D． 10．湖南张家界是级景区，有许多好看的景点．李先生和张先生预选该景区的玻璃栈道和凤凰古城游玩．李先生和张先生第一天去玻璃栈道和凤凰古城游玩的概率分别为0.3和0.7，如果他们第一天去玻璃栈道，那么第二天去玻璃栈道的概率为0.7；如果第一天去凤凰古城，那么第二天去玻璃栈道的概率为0.6．设“第一天去玻璃栈道”；“第二天去玻璃栈道”；“第一天去凤凰古城”；“第二天去凤凰古城”，则（    ） A． B． C． D． 11．在长方体中，，，动点在体对角线上（含端点），则下列结论正确的有（    ）    A．顶点到平面的最大距离为 B．存在点，使得平面 C．的最小值 D．当为中点时，为锐角 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知向量，，若，则____________. 13．中国空间站的主体结构包括天和核心舱､问天实验舱和梦天实验舱.假设中国空间站要安排含甲､乙的六名航天员开展实验，其中天和核心舱安排三人，剩下的两个实验舱每个实验舱至少安排一人.若甲､乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案有__________种. 14．已知函数，若函数恰有4个不同的零点，则的取值范围为_______ . 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．（本题13分）在中，内角的对边分别为，已知． (1)求的值； (2)求的值． 16．（本题15分）我国新能源汽车迅速崛起，成为推动绿色革命的核心引擎．某品牌新能源汽车公司为了抢占更多的市场份额，计划加大广告投入.该公司近5年的年广告费（单位：百万元）和年销售量（单位：百万辆）关系如图所示： 令，数据经过初步处理得：，，，，，，．现有①和②两种模型作为年销售量关于年广告费的回归分析模型，其中均为常数．请从样本相关系数的角度，分析哪一个模型拟合程度更好？ 参考数据：，. 相关系数. 17．（本题15分）在空间几何体ABC-DEF中，四边形ABED，ADFC均为直角梯形，，，，．    (1)证明：平面平面． (2)求直线DF与平面BEF所成角的大小． 18．（本题17分）我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妹”圆锥曲线.已知椭圆，双曲线是椭圆的“姊妹”圆锥曲线，，分别为，的离心率，且，点M，N分别为椭圆的左､右顶点. (1)求双曲线的方程； (2)设过点的动直线交双曲线右支于A，B两点，若直线AM，BN的斜率分别为，.试探究与的比值是否为定值.若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由. 19．（本题17分）已知函数 (1)若，求函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程； (2)当时，讨论f（x）的单调性； (3)设f（x）存在两个极值点且，若求证：. 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 B A A C A C D C BD ACD 题号 11 答案 BCD 1．B【详解】由题意可得：， 所以，. 故选：B. 2．A 【详解】由题知集合A是关于的集合，则根据， 可得，即集合； 又集合B是关于的集合，则根据， 可得，即集合， 则. 故选：A 3．A 【详解】因为，且五个数中下四分位数为， 所以由小到大排列，在第二位，所以. 故选：A. 4．C 【详解】对于（1），，由正弦定理得， 因为且，所以为锐角，所以只有一解， 对于（2），，因为， 所以三角形有两个解； 对于（3），， 由余弦定理可得， 则，所以三角形有唯一解； 对于（4），， 由余弦定理可得， 所以唯一，同理唯一，所以三角形有唯一解， 综上，（1）（3）（4）有唯一解，共3个. 5．A 【详解】设，为等差数列，设其公差为. 因为，，，所以，，构成等比数列. 则，即. 设，则，. ，展开可得，化简得，因为（若，则数列为常数列，不符合题意），所以. 由，，构成等比数列，公比. 因为是等比数列，所以. 又因为是的子列，，. ，即，化简得， 进一步得到. . 对于，这是首项为，公比为的等比数列的前50项和， 根据等比数列求和公式（这里，，）， 可得. 所以. 故选：A. 6．C 【详解】设圆柱底面半径为，则圆柱底面的周长为，圆柱的母线长为 ，解得; 圆柱的体积， 则 令，即，解得 当时，，单调递增;时，，单调递减; 当时，取到最大值. 7．D 【详解】：，则； 因为,所以； 所以函数在上是减函数； 所以，即，. 8．C 【详解】∵直线 ，可变形为，恒过定点， ∴当点 到直线 的距离取最大值时，. 直线的斜率， 直线的斜率为，且， 两直线斜率之积为，即，代入可得：，解得. 故选：C. 9．BD 【详解】因为， 由正弦定理得，即. 又因为是锐角三角形，即，可知. 由，解得， 则 ， 且，可知，则， 所以的取值范围为. 结合选项可知：AC错误，BD正确； 故选：BD. 10．ACD 【详解】由题干可知，，A正确，B错误； ，，所以， ， C、D正确； 故选：ACD. 11．BCD 【详解】    如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设， 则，则， 故， 故，， 对于选项A，，设平面的法向量， 则有，可取， 则点到平面的距离为， 当时，点到平面的距离为0， 当时，，当且仅当时取等号， 所以点到平面的最大距离为，故A错误. 对于选项B，当平面，因为平面，所以， 则，解得， 故存在点，使得平面，故B正确； 对于选项C，当时，取得最小值，由B得此时， 则，， 所以，即的最小值为，故C正确； 对于选项D，当为中点时，则，， 则，， 所以，所以为锐角，故D正确； 故选：BCD. 12．/10.5 【详解】由设，则，解得, 所以， 故答案为：. 13．88 【详解】按照甲､乙是否在天和核心舱划分情况： ①甲､乙有且只有1人在天和核心舱，需要在除甲､乙外的四人中选两人去天和核心舱， 剩下的三人去剩下的两个实验舱，有种不同的安排方案； ②甲､乙都不在天和核心舱，从甲､乙外的四人中选三人去天和核心舱， 再将甲､乙安排去剩下的两个实验舱，且一人去一个实验舱， 剩下一人可以去问天实验舱和梦天实验舱中的任何一个实验舱， 有种不同的安排方案.根据分类加法计数原理， 共有种不同的安排方案. 故答案为：88. 14． 【详解】函数， 当时，的导数为， 所以在时恒成立， 所以在上单调递减， 可令， 再令，即有， 当时，，只有，只有两解； 当时，有两解， 可得或， 由和各有两解，共4解， 有，解得， 可得的范围是：， 故答案是：. 15．(1) (2) 【详解】（1）在中，因为，所以，由， 及余弦定理得：， 解得． （2）解法1：由，得．由正弦定理得，， 即． 因为，则，所以是锐角，，则， 所以． 解法2：由，得．由余弦定理得， 所以， 又由，得， 所以． 16．模型②的拟合程度更好 【详解】设模型①和②的相关系数分别为， 由题意可得：， ， 所以，由相关系数的意义可得，模型②的拟合程度更好. 17．(1)证明：因为，所以AB，AC，AD两两垂直． 以A为坐标原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则． 设平面BEF的法向量为，因为，， 所以，解得，令，得，故． 设平面DEF的法向量为，因为，， 所以令，得． 因为，所以，所以平面平面． (2)． （2）设直线DF与平面BEF所成的角为，由（1）知， 平面BEF的一个法向量为， 则， 所以， 即直线DF与平面BEF所成的角为． 18．(1) (2)定值为，理由见解析 【详解】（1）由题意可设双曲线， 则，解得， 故双曲线的方程为. （2）由题意得，直线的斜率不为， 设直线的方程为，，， 联立双曲线和直线得， 消去得：， 因为直线与双曲线有两个交点， 所以且， 则，， 又，， 所以 ， 故与的比值为定值. 19． 【详解】（1）若，则，所以，又，所以，即f（x）在点（1，0）处的切线斜率为2，所以切线方程为. （2）f（x）的定义域为（0，+∞），，设，其. ①当时，即时，，即，此时f（x）在（0，+∞）为单调递增函数. ②当时，即时，设两根为. 当时，，即，即f（x）的增区间为，. 当时，，即，即f（x）的减区间为. 综上：当时，f（x）的单增区间为； 当时，f（x）的增区间为 减区间为(). （3）由（2）， 因为f（x）存在两个极值点，所以存在两个互异的正实数根， 所以，则，所以， 所以 . 令，则， ∵，∴，∴在上单调递减， ∴，而， 即，∴. 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 $