湖北省高中名校联盟2027届高三上学期8月联考数学试卷

数　　学 本试卷共4页，19题．满分150分．考试用时120分钟． ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交． 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．已知全集，集合，，则 A． B． C． D． 2．若，则 A． B． C． D． 3．已知向量，，且与互相垂直，则实数 A． B． C． D． 4．若圆锥的轴截面是底边长为4，顶角为的等腰三角形，则该圆锥的侧面积为 A． B． C． D． 5．已知，是椭圆的左、右焦点，为上一点，且，，则的离心率为 A． B． C． D． 6．已知函数的部分图象如图所示，，是图象与轴的交点，且，，．则 A． B． C． D． 7．已知抛物线的焦点为，准线为．过点作直线交于，两点，分别过，作的切线，两切线交于点．若，则直线的斜率的取值范围是 A． B． C． D． 8．已知函数若存在正实数，，使得，，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．下列结论中正确的是 A．若随机变量满足，则 B．数据1，2，3，4，5，6的30%分位数是3 C．若随机变量，，则 D．当相关系数时，样本点都落在同一条直线上 10．记数列的前项和为，若，，则 A．数列为等差数列 B． C． D．数列为周期数列 11．已知曲线，点在上，为坐标原点，则 A． B．的取值范围是 C．直线与有且仅有4个交点 D． 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．已知圆，过坐标原点作的两条切线，切点分别为，，点在直线上，则的最小值为________． 14．在正方体中，为的中点．设正方体的所有顶点与棱的中点构成集合，若从中任取两个点连成直线，则与直线垂直的直线条数为________． 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） 已知为等差数列，且，． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 16．（15分） 如图，在三棱柱中，，，四边形为菱形，，． （1）求二面角的余弦值； （2）求三棱柱的体积． 17．（15分） 记的内角、、的对边分别为、、，，、为边上的点． （1）若为的角平分线，，，求的面积； （2）若为锐角三角形，为边上的中线，，求的取值范围． 18．（17分） 已知双曲线的离心率为2，右焦点到渐近线的距离为，左焦点为，过的直线与的右支交于、两点，且点在第一象限． （1）求的标准方程； （2）若，求的方程； （3）记的内心为，的内心为，的面积为，的面积为，求的最大值． 19．（17分） 某精密仪器厂对生产的一批产品进行质量检验，产品按质量分为一等品和二等品．已知每个产品为一等品的概率都为，且各产品是否为一等品相互独立．现从这批产品中有放回地抽取件作检验，记其中一等品的个数为．定义该批零件的综合质量指数为． （1）求； （2）设，记，证明：； （3）设，且正实数，满足，定义函数，证明：对任意满足条件的，． 数学试卷参考答案与详解 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B A A C C D B D ACD AC ABD 1．【答案】B 【解析】，则． 2．【答案】A 【解析】． 3．【答案】A 【解析】已知，则2）．由与互相垂直，得，即，化简得，解得． 4．【答案】C 【解析】设圆锥的底面半径为，母线长为，则． 所以该圆锥的侧面积为． 5．【答案】C 【解析】设． 在中，由三角形内角和得． 由正弦定理得，即． 由椭圆定义得，即，所以． 由及椭圆离心率， 得． 6．【答案】D 【解析】由图可知，点的横坐标为，则，所以． 因为，所以，得． 因为，所以．将点坐标代入函数，得，即． 所以，即．因为，所以． 7．【答案】B 【解析】设直线的斜率为． 设过点的切线的斜率为，方程为． 联立，消去得．由，得． 所以直线的方程为，化简得直线的方程为． 同理可得直线的方程为． 联立解得 又，且，代入上式化简得即． 由于抛物线的焦点，所以． 因为，所以，解得或． 所以直线的斜率的取值范围是． 8．【答案】D 【解析】若存在正实数，使得， 则函数与的图象有两个公共点． 所以，即在时有两个不同的解． 又．令，问题转化为求直线与函数的图象有两个交点时的取值范围． ，令，得，解得．当时，单调递增；当时，单调递减．因此在处取得最大值，所以．当时，；当时，，所以． 9．【答案】ACD 【解析】由，得，故A正确； 对于B，因为，所以数据1，2，3，4，5，6的分位数是2，故B错误； 对于C，若随机变量，则，所以，故C正确； 对于D，当相关系数满足时，所有样本点完全线性相关，即全部样本点都在同一条直线上，故D正确． 10．【答案】AC 【解析】令，则． 因为，所以． 于是，所以，即． 所以是以为首项，公差为的等差数列． 所以，所以． 选项A：因为，所以为等差数列，所以A正确． 选项B：．因为时，所以不恒成立，B错误． 选项C：由， 得． 而，所以，故选项C正确． 选项D：通项随变化，对应的点分布在函数的图象上，不是周期数列，D错误． 11．【答案】ABD 【解析】对于A选项，曲线方程变形为．因为点在点上， 所以．因为，所以．若，则，矛盾， 所以，即，故A正确． 对于B选项，．因为，所以，所以，故B正确． 对于C选项，联立与，得． 令，构造函数． 求导，所以在单调递增． 当时，；当时，． 由零点存在定理，存在唯一的使得，对应两个横坐标，即两个交点和，共2个交点，故C错误． 对于D选项，要证，等价于证．令，由， 得．设， 求导． 设，则． 由，得，所以在单调递减． 当时，；当时，． 所以存在唯一极值点，满足，使得在单调递增，在单调递减，最大值为． 接下来进一步确定的范围：由，得． 将代入，得． 令，则，所以在单调递增， 故，即，所以，故D正确． 12．【答案】10 【解析】的展开式中的项为：． 13．【答案】 【解析】显然，其中一条切线为轴，设切点为． 设另一条切线的方程为，由到切线的距离为2，得，解得． 所以的方程为． 由解得，所以． 所以的方程为：，即：． 所以的最小值为点到直线的距离，即． 14．【答案】18 【解析】如图，在正方体中，设对应棱上的点（非顶点）为棱的中点，连接，．因为，所以平面． 因为平面，所以．又因为，平面，所以平面． 因为平面，所以．同理． 因为平面，所以平面． 故所有与垂直的直线在平面内或与平面平行．易知与平面平行的平面有平面，平面和平面．所以满足条件的直线条数为：（条）． 15．【解析】（1）设的公差为．由，得． 由，得．解得． 所以． （2）由（1）知，所以． 所以．① 两边同时乘，得．② ①-②，得 ． 所以． 16．【解析】（1）取的中点，连接． 四边形为菱形，， 与是等边三角形，． ． ， 是二面角的平面角． 又平面平面． 平面． ． ． 所以二面角的余弦值为． （2）过作于点，则，，． 平面． 平面则面． 所以． 所以三棱柱的体积为． 17．【解析】（1）因为是的角平分线，所以． 因为，所以． 因为， 所以，化简得． 又因为，由余弦定理，得，所以． 所以，解得． 所以的面积为． （2）由余弦定理，得，即． 因为为边的中线，所以． 所以． 由正弦定理，得， 所以． 所以 ． 因为为锐角三角形，所以解得． 所以． 所以． 所以，即． 所以的取值范围是 18．【解析】（1）因为右焦点到渐近线的距离， 所以． 又离心率，且，解得． 所以的标准方程为． （2）设直线． 联立消去得． 由韦达定理，得． 因为与的右支交于两点，所以，即． 因为，且，所以． 所以，解得，符合题意． 所以的方程为． （3）由已知得． 过的内心为作的垂线，垂足分别为，如图所示． 根据切线长定理，得， 由，得． 又，所以． 而，则． 所以．同理． 所以． 又， 所以． 因为， 所以，解得． 即，同理．所以． 因为， 所以． 所以． 又， 所以． 因为， 所以． 所以． 因为，所以当时，取最大值． 19．【解析】（1）由题意可知，，则． 所以． 所以． （2）因为，所以．． 所以 ． 所以． 求导得．因为，所以在上单调递增． 所以． 由于，所以． 所以原不等式成立． （3）由题意可知 因为，所以． 所以． 又，所以． 又， 所以． 当等号成立时，需 而，显然不成立． 所以，所以原不等式成立． 学科网（北京）股份有限公司 $