精品解析：贵州省多校联盟考试2026-2027学年高三上学期8月素养训练数学试题

2027届8月素养训练 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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． 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容． 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. 已知复数，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 2. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知点，，若以线段为直径作圆，则该圆的标准方程为（ ） A. B. C. D. 4. 设，是两个不同的平面，是一条直线，且，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知数列满足递推关系，且首项，则数列的通项公式为（ ） A. B. C. D. 6. 若的展开式中各项系数之和为256，则展开式中的常数项是（ ） A. 第2项 B. 第3项 C. 第4项 D. 第5项 7. 在中，内角，，的对边分别为，，．若，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知关于的不等式在上恒成立，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. 已知直线，直线，下列结论正确的是（ ） A. 直线恒过点 B. 对于任意的，直线的斜率都存在 C. 若，则 D. 若，则 10. 下列关于平面向量的说法中，正确的有（ ） A. 若平面向量，，满足，则 B. 若向量，满足，，则 C. 若四边形为圆的内接四边形，且，，，则的最大值为3 D. 已知向量，满足，，则在上的投影向量的坐标为 11. 已知抛物线的焦点为，过点的动直线与交于，（）两点，记线段的中点为，直线的斜率为，则下列说法正确的有（ ） A. 点的轨迹方程为（，） B. 若，则 C. 若直线的倾斜角为，且，则 D. 当时，的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知角的终边经过点，则________． 13. 已知随机变量，且，则________． 14. 已知椭圆（）的左、右焦点分别为，，点在轴的正半轴上，是椭圆上一点，且满足．若的中垂线过点，则椭圆的离心率为________． 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. 已知等差数列的首项，等比数列的首项，公比，且，． （1）求等差数列的公差和等比数列的公比； （2）若，求数列的前项和． 16. 甲、乙二人练习乒乓球，在某个回合中，乙先发球．已知对于乙击过来的球，甲只有的概率接到，若接到球，有的概率回球失误（指球出界、下网、未触台等）．而乙无论接球、回球还是发球都零失误．规定：若甲没有接到球或接到球但回球失误，则乙获胜，本回合结束；若甲能连续接到3个球且回球都没有失误，则甲获胜，本回合结束．甲、乙二人每次接球、回球均相互独立． （1）求甲获胜的概率； （2）在这个回合中，记甲接到的球的次数为，求的分布列与数学期望． 17. 如图，在四棱锥中，. （1）证明:平面平面； （2）若，为锐角，且平面与平面所成二面角的正弦值为，求. 18. 已知双曲线（，）经过点且其离心率为2，点为双曲线上一动点，过点的直线与双曲线的两条渐近线交于点，（，在轴同侧）． （1）求双曲线的方程； （2）证明点到两条渐近线的距离之积为定值，并求出该值； （3）求（为坐标原点）面积的最小值． 19. 已知函数，． （1）当时，求的单调区间． （2）函数，且． （ⅰ）证明：有唯一的极值点，且． （ⅱ）若为的零点，为的极值点，且，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届8月素养训练 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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． 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容． 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. 已知复数，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数模的定义直接求解即可. 【详解】因为， 所以. 故选：C 2. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先分别求解一元二次不等式得集合，求解分式不等式结合整数条件得集合，再计算两集合的交集即可. 【详解】由，得，解得， 所以， 由，得，因为，所以或或， 所以，所以. 3. 已知点，，若以线段为直径作圆，则该圆的标准方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由直径的两个端点确定圆心和半径，再代入圆的标准方程即可． 【详解】线段的中点为，故圆心为． 又 ，所以． 因此所求圆的标准方程为． 4. 设，是两个不同的平面，是一条直线，且，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】由面面平行的判定定理与性质定理判断充分性和必要性即可． 【详解】先验证充分性：当且时，若与相交，则得到与两平面交线平行， 故不一定成立，即充分性不成立； 再验证必要性：当且时，，必要性成立． 综上，在给定条件下，“”是“”的必要不充分条件． 5. 已知数列满足递推关系，且首项，则数列的通项公式为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用累加法，结合等比数列前项和公式分析即可. 【详解】当时，由， 则， ， ， ， ， ， 累加得：， 即， 因为，所以 ， 当时，满足题意，故数列的通项公式为：. 6. 若的展开式中各项系数之和为256，则展开式中的常数项是（ ） A. 第2项 B. 第3项 C. 第4项 D. 第5项 【答案】D 【解析】 【详解】令二项式中，可得展开式各项系数之和为，由题意，解得. 对于，其第项为，， 整理得 ，令，解得. 因此常数项为第项. 7. 在中，内角，，的对边分别为，，．若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理将已知角的关系转化为边的关系，再结合余弦定理代入化简即可求得的值. 【详解】由正弦定理，及，得 ① 已知，由余弦定理得， 将①中代入分子得： ，化简得 ② 将②代入①得：，整理得， 由于，两边同除以得，故. 8. 已知关于的不等式在上恒成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，先否定，再证明时，满足题意. 【详解】设，则，， 若，则存在，使得时，， 从而在上递增，因此，与矛盾， 所以，即， 当时，时，，， 所以， 设，则， 设，则，单调递增，即在上单调递增， 又，所以时，，所以是减函数，而， 所以时，，所以， 所以时，， 综上，. 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. 已知直线，直线，下列结论正确的是（ ） A. 直线恒过点 B. 对于任意的，直线的斜率都存在 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，由题意得，若直线过定点，则有，，即可求得直线所过的定点，对于B，由题意得的斜率为，对于任意的，直线的斜率都存在，对于C，由可得两直线斜率之积为，对于D，由可得两直线斜率相等. 【详解】对于A，由题意得，即， 若直线过定点，则有，解得，定点为，故A正确； 对于B，直线的斜率为，对于任意的，直线的斜率都存在，故B正确； 对于C，因为，所以有，解得或，故C错误； 对于D，因为，所以，解得，故D错误. 故选：AB. 10. 下列关于平面向量的说法中，正确的有（ ） A. 若平面向量，，满足，则 B. 若向量，满足，，则 C. 若四边形为圆的内接四边形，且，，，则的最大值为3 D. 已知向量，满足，，则在上的投影向量的坐标为 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，根据数量积的定义以及向量的概念即可判断，对于B，利用向量的夹角公式以及向量的运算即可判断，对于C，利用正弦定理，向量的运算，三角恒等变换即可判断，对于D，利用投影向量的定义即可判断. 【详解】对于A，当时，，不能推出，故A错误； 对于B，由， 解得，所以， ， 所以，又，所以，故B正确； 对于C，设，在中，，. 由正弦定理，得. . ，， 因为， 所以，即 因为， 所以，即. 所以 ， 所以当，即时，取得最大值，且最大值为4，故C错误； 对于D，在上的投影向量为，故D正确. 11. 已知抛物线的焦点为，过点的动直线与交于，（）两点，记线段的中点为，直线的斜率为，则下列说法正确的有（ ） A. 点的轨迹方程为（，） B. 若，则 C. 若直线的倾斜角为，且，则 D. 当时，的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】设直线方程为，与抛物线联立方程，由韦达定理可得，对于A，利用中点公式化简即可判断，对于B，利用焦半径公式结合韦达定理化简即可求解；对于C，根据条件可得，或，从而可得的值，利用弦长公式求解即可；对于D，利用点到直线的距离以及弦长公式即可求解. 【详解】设过点的直线方程为，其中 联立，消去可得:， 由韦达定理可得：， 设线段的中点， 所以, 所以，化简得：， 因为，则， 由，解得：， 所以点的轨迹方程为（，），故A正确； 对于B，由于， 解得：，所以，故B正确； 对于C，由于， 由于，所以为锐角， 故，或， 当时，，则， 所以， 当时，，则， 所以， 所以，故C错误； 对于D，由于，当时，，此时直线方程为：， 所以点到直线得距离， 由于， 所以，的面积为，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知角的终边经过点，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据任意角三角函数的定义，由终边上一点的坐标求该点到原点的距离，再求正弦值． 【详解】因为角的终边经过点，所以． 因此． 13. 已知随机变量，且，则________． 【答案】 ## 【解析】 【分析】利用正态分布曲线关于均值对称的性质，结合已知区间的概率计算所求概率. 【详解】因为随机变量，则正态分布曲线的对称轴为直线， 由正态分布的性质可得， 又， 因此. 14. 已知椭圆（）的左、右焦点分别为，，点在轴的正半轴上，是椭圆上一点，且满足．若的中垂线过点，则椭圆的离心率为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用向量共线定比分点公式求出点坐标，结合中垂线性质建立参数关系，最后代入椭圆方程求解离心率. 【详解】设（），由得， 整理得. 因的中垂线过点，故，即. 即. 化简得，解得. 从而点的纵坐标平方为，横坐标平方为. 将点坐标代入椭圆方程，得. 两边同乘并利用及变形得. 令，整理得，即. 解得或，因，故，即. 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. 已知等差数列的首项，等比数列的首项，公比，且，． （1）求等差数列的公差和等比数列的公比； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1）等差数列公差，等比数列公比； （2），。 【解析】 【分析】（1）根据等差数列和等比数列的通项公式进行求解即可； （2）可先由（1）求出数列的通项公式，再利用错位相减求和即可． 【小问1详解】 由题意，可得， 由，可得：， 联立，解得：或 因为， 所以等差数列公差，等比数列公比； 【小问2详解】 由（1）可得，.，故， ， ， 两式相减得： ， 有， 所以． 16. 甲、乙二人练习乒乓球，在某个回合中，乙先发球．已知对于乙击过来的球，甲只有的概率接到，若接到球，有的概率回球失误（指球出界、下网、未触台等）．而乙无论接球、回球还是发球都零失误．规定：若甲没有接到球或接到球但回球失误，则乙获胜，本回合结束；若甲能连续接到3个球且回球都没有失误，则甲获胜，本回合结束．甲、乙二人每次接球、回球均相互独立． （1）求甲获胜的概率； （2）在这个回合中，记甲接到的球的次数为，求的分布列与数学期望． 【答案】（1）甲获胜的概率为 （2）的分布列为： 0 1 2 3 数学期望 【解析】 【分析】（1）利用独立事件的概率公式计算； （2）由已知得的可能值为，然后分析各事件的各种情况，再结合互斥事件与独立事件的概率公式计算出概率，从而得分布列，最后由期望公式计算出期望. 【小问1详解】 由题意甲一次接到球且回球不失误的概率为，所以甲获胜的概率为； 【小问2详解】 由已知的可能值为， ，第一球未接到，， ，有两种情况导致回合结束且甲接到1个球：（1）第一球接到，回球失误，（2）第一球接到并回球成功，第二球未接到， 所以， ，（1）第1球接到并回球成功，第2球接到，回球失误，（2）第1球接到并回球成功，第2球接到，回球成功，第3球未接到， 所以， ，前2球均接到并回球成功，第3球接到（此时无论回球是否失误，回合都结束）， 所以, 所以的分布列为： 0 1 2 3 所以. 17. 如图，在四棱锥中，. （1）证明:平面平面； （2）若，为锐角，且平面与平面所成二面角的正弦值为，求. 【答案】（1） 作，垂足为，连接. 在中，由，解得. ，四边形是平行四边形， ，则，，即. ，又平面，平面. 平面，平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）作，垂足为，连接.利用已知可得，利用勾股定理和逆定理可证，利用线线垂直可证线面垂直，进而可证面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法可求. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，. 如图2，以为坐标原点，以的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设， ，， ， 设平面、平面的法向量分别为， 由，取，得. 由，取，得. 因为平面与平面所成二面角的正弦值为，则其余弦值的绝对值为， 所以， 解得或46. 当时，，此时为钝角，不符合题意； 当时，，此时为锐角，符合题意， 故. 18. 已知双曲线（，）经过点且其离心率为2，点为双曲线上一动点，过点的直线与双曲线的两条渐近线交于点，（，在轴同侧）． （1）求双曲线的方程； （2）证明点到两条渐近线的距离之积为定值，并求出该值； （3）求（为坐标原点）面积的最小值． 【答案】（1） （2）证明：双曲线的渐近线方程为：，点到两条渐近线的距离分别为：，，则，因在双曲线上，所以，代入解得为定值；定值为 （3） 【解析】 【分析】1.使用离心率求出，，的关系，再将点代入求出双曲线方程； 2.利用双曲线上点的坐标特性，证明该点到双曲线两条渐近线的距离乘积恒为定值； 3.设过动点的直线，与渐近线方程联立得到三角形面积表达式，结合已知条件使用不等式求解。 【小问1详解】 由题知，，故，结合，得：，将点代入双曲线方程得：，解得，，所以双曲线的方程为； 【小问2详解】 略，定值为； 【小问3详解】 设过点的直线方程为，联立直线与渐近线的方程得：，，，因为在轴同侧，所以，而，又因为，所以 原点到直线的距离，则， 又利用与，得： 因此， 所以面积最小值为. 19. 已知函数，． （1）当时，求的单调区间． （2）函数，且． （ⅰ）证明：有唯一的极值点，且． （ⅱ）若为的零点，为的极值点，且，证明：． 【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减 （2）由已知，，，. 证明：（i），令，， 则，所以在上单调递减. 因为，所以， 所以，. 根据零点存在定理，可知，使得，即. 当时，，即，单调递增； 当时，，即，单调递减. 综上，有唯一的极值点，且. （ii）由（i）知，即，所以. 因为为的零点，且，所以，即，可得， 将代入中，可得，即. 因为当时，，又，所以， 所以. 对两边同时取对数得，移项可得. 综上，得证. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，再根据的取值范围讨论的单调性. （2）构造辅助函数，结合零点存在定理证明（i），利用（i）中结论，借助时，完成放缩即可证明（ii）. 【小问1详解】 已知函数，定义域为， ， 又，，所以恒成立. 当时，，则，单调递增； 当时，，则，单调递减. 综上，在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $