精品解析：河南省部分普通高中2026-2027学年高三上学期开学联考数学试题

2026年8月河南省普通高中高三年级开学联考 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，用0.5毫米的黑色墨水签字笔将答案写在答题卡上.写在本试题卷上无效. 3．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回. 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. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意，集合，而， 因为，所以. 2. 已知复数满足（其中为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设复数 ，再由复数的性质及复数相等可得，进而可得复数的模. 【详解】设复数 （），则其共轭复数，则， 所以，化简得： ，解得. 所以，因此. 3. 已知向量，满足，，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量的线性运算求出，结合向量的模长公式求解即可. 【详解】由，，两式相加得，所以， 所以，所以. 4. 双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】双曲线即为，则，， 可得，则， 又因为双曲线离心率，则． 5. 已知一组数据为，1，3，4，5，7，10，11，若为这组数据的70%分位数，则的展开式中的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由百分位数定位数据求出指数，再将三项式中含的两项捆绑为整体，化归为二项式展开，逐层确定系数. 【详解】数据，1，3，4，5，7，10，11，共 8 个，已按从小到大排列. 由，故这组数据的 70% 分位数为第 6 个数，即. 将视为整体，原式改写为. 其展开式的通项为. 要得到项，需.此时. 在的展开式中，项为. 故展开式中的系数为. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据，利用诱导公式及二倍角公式求值. 【详解】因为，所以 . 7. 在棱长为8的正方体中，E是棱上的一个动点，F为线段上的一个动点，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【分析】建系，设，根据两点间距离公式分析求解． 【详解】以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，    可得， 设， 则，即， 可得， 当，即时，取到最小值． 8. 已知是各项均为正数的无穷数列，记集合，则“数列是等差数列”是“对于任意正整数，集合都是单元素集，且该元素为正数”的（ ）． A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用集合新定义，等差数列的定义以及充分条件、必要条件的判断分析即可. 【详解】由可知，所以对任意的均有意义， 充分性：若数列是等差数列，设公差为，首项为，且， 则， 因为，所以，所以对于任意正整数，集合都是单元素集， 当时，满足已知条件，但是不满足集合中元素为正数，故充分性不成立， 必要性：若对于任意正整数，集合都是单元素集，且该元素为正数， 则对任意正整数，所有对应的为同一个正数，记为， 取，则， 根据等差数列的定义可知：数列是等差数列，故必要性成立， 所以“数列是等差数列”是“对于任意正整数，集合都是单元素集，且该元素为正数”的必要不充分条件. 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. 已知圆：，直线：（），下列选项正确的有（ ） A. 圆的圆心坐标为，半径为5 B. 直线恒过定点 C. 当时，直线与圆相离 D. 直线被圆截得的弦长最小值为 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A：圆C方程配方整理得. 圆心为，半径，故A正确； 对于B：直线方程变形为. 令且，解得，故直线恒过定点，故B正确； 对于C：定点到圆心的距离为， 定点在圆内部，故对任意，直线与圆恒相交，故C错误； 对于D：当直线时，直线被圆截得的弦长最短，最小弦长为.故D正确． 10. 在矩形 中， ，将沿折起，使点到达点的位置，得到三棱锥 . 若，则（ ） A. B. 三棱锥外接球的表面积为 C. 直线与直线所成的角为 D. 平面与平面的夹角为 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，直接利用勾股定理即可求解； B选项，根据几何关系找到外接球的球心和半径，根据球的表面积计算公式进行求解； C选项，将直线的夹角转化为方向向量的夹角，注意直线夹角的取值范围； D选项，将平面的夹角转化为二面角，注意平面夹角的取值范围. 【详解】 A选项，因为，且，所以平面，则，所以是直角三角形， 又因为，，所以，所以A选项正确； B选项，由A选项分析得，又因为，，所以是直角三角形， 又因为，，所以，所以是直角三角形， 分别作和的中点和，则，因为是直角三角形， 所以，同理可得， 则点即为三棱锥外接球的球心，且外接球半径为， 所以外接球表面积，所以B选项错误； C选项，， 又因为直线与直线所成的角范围是，所以夹角为，所以C选项正确； D选项，如图所示，分别作，，则异面直线和的夹角即为平面与平面的夹角， 由三角形面积公式可得，所以， 同理可得，则, 而， 而， 其中，， ，， 所以， 所以，即平面与平面的夹角为，所以D选项错误. 11. 已知和分别为函数的极小值点和极大值点，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 当时， 【答案】AC 【解析】 【分析】当时，利用导数可以得到的单调性，从而得到，且和，即可判断AB；当时，联立可以得到，再代回即可判断C；由选项C得到，代入即可判断D. 【详解】对于A，当时，函数，则， 令，则，令，解得， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增； 所以的最小值在处取得，最小值为， 又因为时，；时，， 因此先正再负后正，即先正再负后正，所以先单调递增，再单调递减，最后单调递增， 因此有极小值点和极大值点，满足和，并且， 当时，恒成立，且， ，所以， 又因为，，所以， 所以，故A正确， 对于B，由选项A可知，，由于， 且二次函数在上单调递增，且最大值趋近于，但，所以，故B错误； 对于C，已知函数，， 当时，即，又因为，即， 所以 ，解得， 代入，可得， 令，则 ，当时，，所以，即，故C正确； 对于D，由选项C可知，，， 方程 ，根为和（）， 所以， 当时，在上递增，最大值趋近于， 但，所以，故D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在中，角的对边分别为，已知，，，边上的中线的长度为______． 【答案】 【解析】 【分析】已知两边及其夹角，可通过余弦定理求第三边，利用向量关系计算中线长即可． 【详解】由，，，根据余弦定理可得： ，解得； 由中线满足向量关系可得： ， 则． 13. 一个无穷等比数列，已知，且，则公比q的取值范围是________ 【答案】 【解析】 【分析】由题意确定无穷等比数列的和存在，以此确定并得到，再结合条件即可求得的取值范围. 【详解】等比数列前项和， 若，当时，，此时， 此时无穷等比数列的和不存在，一定不满足，故舍去， 若，当时，振荡发散， 此时振荡发散， 此时无穷等比数列的和不存在，一定不满足，故舍去， 若，则，若，振荡发散， 此时无穷等比数列的和不存在，一定不满足，故舍去， 若，当时，， 此时， 此时无穷等比数列的和存在，即， 则看作是首项为的无穷等比数列的和，即， 由题意得，因为，则， 解得，因为等比数列中， 综上，公比q的取值范围是 14. 将二项展开式中的各项等可能地随机重新排列，观察排列中是否存在系数为负数的项相邻，若存在，则记随机变量，否则记，则___________． 【答案】##0.4 【解析】 【分析】先分析二项展开式中系数为负数的项的个数，再计算排列中存在系数为负数的项相邻（即）的概率，最后即可根据期望的定义计算． 【详解】二项式的通项公式为， 显然该二项式展开共有项，且当时，即第项系数为负数， 所以存在系数为负数的项相邻的排列数为, 又排列总数为，所以， 因此． 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. 记的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求角； （2）若，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理可得，代入已知等式推出，再利用余弦定理化简得出，即可求解； （2）由余弦定理可求出，再利用三角形面积公式即可求解. 【小问1详解】 在中，由余弦定理得. 代入已知等式， 得. 由于，所以. 因为，所以. 又因为，所以. 【小问2详解】 由余弦定理得. 将与代入上式得. 故的面积为. 16. 如图，四棱锥的底面为矩形，平面，点，分别为棱，的中点． （1）证明：平面； （2）当且时，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：如图2，取的中点为，连接，． 因为四边形是矩形，且点为的中点，所以， 且， 又因为，分别为，的中点，所以， 且， 所以，且，所以四边形为平行四边形， 所以，且平面，平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，连接，，易证四边形为平行四边形，从而得，再根据线面平行的判定定理可得平面； （2）分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，根据面面角的向量求法可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，四边形为矩形， 所以分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图3所示． 因为为中点，所以，即为等腰直角三角形，即． 又因为四边形是矩形，所以，所以，即． 又， 所以，，，，， 则，，，， 设平面的法向量为， 则，即， 则，令，则，所以； 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，所以． 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为． 17. 某空军基地进行发射炮弹演习训练，分成甲乙两队进行对抗训练，已知无障碍时甲、乙两队发射炮弹攻击对方目标击中的概率均为，甲、乙两队空中拦截对方炮弹成功的概率分别为，，每次由一方先发射一枚炮弹攻击对方目标，另一方再进行空中拦截，轮流进行，各攻击对方目标一次为1轮对抗训练．经过数轮对抗训练后，当一方比另一方多击中对方目标两次时，演习训练结束．假定各轮结果相互独立．记在1轮对抗中，甲队击中乙队目标为事件A，乙队击中甲队目标为事件B． （1）求概率、； （2）设随机变量表示经过1轮对抗后甲队与乙队击中对方目标次数之差，求的分布列和数学期望； （3）求恰好经过3轮对抗后训练结束的条件下，甲队多击中乙队目标两次的概率． 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）事件A表示甲队攻击乙队且乙队拦截失败；事件B为乙队攻击甲队且甲队拦截失败；而无障碍时甲、乙两队发射炮弹攻击对方目标与对方拦截事件为相互独立事件，根据独立事件的概率计算公式计算即可； （2）经过1轮对抗，甲队与乙队击中对方目标数之差包括随机事件：甲击中乙未击中，甲乙都击中对方，甲乙都未击中对方，以及甲未击中乙击中四种情况，由此取随机变量的取值计算概率即可； （3）根据3轮中，每轮都互不影响，故甲队与乙队击中对方目标次数之差可借助（2）中1轮的概率值进行计算． 【小问1详解】 记无障碍时甲队、乙队发射炮弹攻击对方目标击中分别为事件，，， 甲队、乙队空中拦截对方炮弹成功分别为事件，，，． ， ． 【小问2详解】 经过1轮对抗，甲队与乙队击中对方目标数之差的可能取值为，，． ， ． ， 的概率分布为： 所以的数学期望． 【小问3详解】 记3轮对抗后训练结束为事件，记甲队比乙队多击中对方目标两次为事件． 记3轮对抗训练结束后甲队与乙队击中对方目标次数之差为， ， ， 所以， ，所以． 在3轮对抗后训练结束的条件下，甲队比乙队多击中对方目标两次的概率为． 18. 已知函数， （1）时，求曲线与轴平行的切线方程； （2）已知函数， ①当时，求曲线与曲线的交点个数； ②如果存在实数，使得两条曲线在处有公共点，且两条曲线在处的导数也相同，则称这两条曲线相切．求的值，使得曲线与曲线相切． 【答案】（1） （2）①曲线与曲线只有一个交点，② 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义，即可求出函数的切线方程； （2）①由可得，易知是方程的一个实根，只需考虑时实根个数，构造函数，讨论其单调性求出极值，即可判断方程的实根个数，从而得出两曲线的交点个数； ②根据曲线与曲线相切时，有成立，解方程组即可得的值. 【小问1详解】 当时，，则， 令，即，解得， 可知，所以曲线与轴平行的切线方程为. 【小问2详解】 ①令，得， 当时，等式成立，可知，即是曲线与曲线的一个交点； 当时，得， 令，则， 当时，可知在上单调递增，令，解得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 在时，函数取得极小值，为， 因为，所以恒成立，即方程无解， 所以曲线与曲线只有一个交点. ②当曲线与曲线相切时，有成立， 由得. 因为，，由得. 当时，，此时不成立， 当时，，此时不成立， 当时，可得成立即可， 因为，所以，解得或， 可得成立即可，解得或（舍）， 当时，，解得. 19. 已知椭圆：（）的左、右焦点分别为和，离心率为，上顶点为，且点到直线的距离为． （1）求椭圆的方程； （2）已知，为椭圆上的两个动点． （i）当取得最大值时，求的值； （ii）当直线在轴上的截距为4时，若椭圆在点，处的两条切线的交点在直线上，求直线的方程． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据条件建立关于的方程组，即可求解； （2）（i）利用三角函数设点的坐标，再根据最值和对称性求点的坐标，即可求的值； （ii）利用导数设出点处的切线方程，再根据交点的坐标的特点，求直线的方程. 【小问1详解】 设椭圆的焦距为，则①， 由题，椭圆的离心率②， 又点到直线的距离为，所以，得③， 由①②③解得，，， 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 （i）由（1）知，设， 则， 由二次函数的性质可得当时，取得最大值，所以最大值为， 此时，不妨取， 由椭圆的对称性可知当时， 取得最大值，此时取得最大值， 所以， 所以． （ii）由题可知，点，在轴的同侧， 根据椭圆的对称性，不妨设，在轴的上方，所以，则， 设直线的方程为，，， 则椭圆在点处的切线为，即， 同理可得椭圆在点处的切线为， 设，则，且， 所以，两点均在直线上， 又直线的方程为，即， 所以，，又，所以， 所以直线的方程为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年8月河南省普通高中高三年级开学联考 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，用0.5毫米的黑色墨水签字笔将答案写在答题卡上.写在本试题卷上无效. 3．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回. 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. 已知复数满足（其中为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，满足，，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 4. 双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知一组数据为，1，3，4，5，7，10，11，若为这组数据的70%分位数，则的展开式中的系数为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 在棱长为8的正方体中，E是棱上的一个动点，F为线段上的一个动点，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. 4 D. 8. 已知是各项均为正数的无穷数列，记集合，则“数列是等差数列”是“对于任意正整数，集合都是单元素集，且该元素为正数”的（ ）． A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件 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. 已知圆：，直线：（），下列选项正确的有（ ） A. 圆的圆心坐标为，半径为5 B. 直线恒过定点 C. 当时，直线与圆相离 D. 直线被圆截得的弦长最小值为 10. 在矩形 中， ，将沿折起，使点到达点的位置，得到三棱锥 . 若，则（ ） A. B. 三棱锥外接球的表面积为 C. 直线与直线所成的角为 D. 平面与平面的夹角为 11. 已知和分别为函数的极小值点和极大值点，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 当时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在中，角的对边分别为，已知，，，边上的中线的长度为______． 13. 一个无穷等比数列，已知，且，则公比q的取值范围是________ 14. 将二项展开式中的各项等可能地随机重新排列，观察排列中是否存在系数为负数的项相邻，若存在，则记随机变量，否则记，则___________． 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. 记的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求角； （2）若，，求的面积. 16. 如图，四棱锥的底面为矩形，平面，点，分别为棱，的中点． （1）证明：平面； （2）当且时，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 某空军基地进行发射炮弹演习训练，分成甲乙两队进行对抗训练，已知无障碍时甲、乙两队发射炮弹攻击对方目标击中的概率均为，甲、乙两队空中拦截对方炮弹成功的概率分别为，，每次由一方先发射一枚炮弹攻击对方目标，另一方再进行空中拦截，轮流进行，各攻击对方目标一次为1轮对抗训练．经过数轮对抗训练后，当一方比另一方多击中对方目标两次时，演习训练结束．假定各轮结果相互独立．记在1轮对抗中，甲队击中乙队目标为事件A，乙队击中甲队目标为事件B． （1）求概率、； （2）设随机变量表示经过1轮对抗后甲队与乙队击中对方目标次数之差，求的分布列和数学期望； （3）求恰好经过3轮对抗后训练结束的条件下，甲队多击中乙队目标两次的概率． 18. 已知函数， （1）时，求曲线与轴平行的切线方程； （2）已知函数， ①当时，求曲线与曲线的交点个数； ②如果存在实数，使得两条曲线在处有公共点，且两条曲线在处的导数也相同，则称这两条曲线相切．求的值，使得曲线与曲线相切． 19. 已知椭圆：（）的左、右焦点分别为和，离心率为，上顶点为，且点到直线的距离为． （1）求椭圆的方程； （2）已知，为椭圆上的两个动点． （i）当取得最大值时，求的值； （ii）当直线在轴上的截距为4时，若椭圆在点，处的两条切线的交点在直线上，求直线的方程． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $