云南玉溪师范学院附属中学2026-2027学年高三上学期开学考数学试题

玉溪师院附中2027届高三上学期开学考 数学试卷 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题 目要求的) 1.已知集合A={-4,0,1,2,8},B={x|x3=x},则A⌒B=() A.{0,1,2} B.{1,2,8} C.{2,8} D.{0,1} 2.已知ā=(1,3)，b=(3,x),若a⊥b,则x等于() A.9 B.3 C.-1 D.-3 3.已知椭圆的焦点为(-1,0)和(1,0)，点P(2,0)在椭圆上，则椭圆的标准方程为() xty= A. C. D.2 4 43 4 431 4.已知x∈(0，)，则“c0sx= 3”是“simx= 4”的( )条件 A.充分不必要 B.必要不充分 C.充要 D.既不充分也不必要 1 5.在(x- )°的展开式中，常数项为( 1 A.15 B.-15 C.30 D.-30 6.设等差数列{a,}的前n项和为Sn,若Sm=2,S,m=17,则Sm=（) A.42 B.44 C.45 D.与m有关 7.若曲线C:x2+y2+2ax-4y-10a=0表示圆，则实数a的取值范围为() A.（-2,0) B.(-0,-2)U(0,+0) c.[-2,0] D.(-0,-2]小U[0,+w) 8.设三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+1的导函数f'(x)=3ax(x-1),且a>2,则函数f(x)的零点个数为 （) A.0 B.1 C.2 D.3 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目 要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 第1页，共4页 9.某企业2025年年度营业费用情况如图所示，则下列说法正确的是( A.基本工资占比最高 包装费加班费 基本 工资 电器费 B.奖金高于基本工资 18% 11% 28% C.加班费与包装费相同 奖金 -广告费 21% D.员工工资支出占比不到40% 房屋租金 10.对于函数f(w)=tan(2x-),如下结论中，正确的是( 6 A.最小正周期是π B.) C在（牙孕上是增丽数 6’3 D它的个对移中心为（后0） 11.如图，在边长为2的正方形SGG,G3中，点E,F分别是GG,,G,G的中点.若沿SE,SF及EF把 这个正方形折成一个四面体，使G,G,G三点重合，重合后的点记为G,则() A.GS⊥EF B.平面SEG⊥平面SFG C.点G到平面SEF的距离为 4 D.三棱锥G-SEF的外接球的表面积为6π E G 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12.复数z=(-1-2)(-1+3)的虚部为 13.计算（径）+m31+1og号-1og4号 14.已知抛物线y2=2Px(p>0)的焦点为F,过抛物线上点P(2,y)的切线为1，过点P作平行于x轴的直 线，过F作平行于1的直线交m于M,若|PM=5,则p的值为 四、解答题（本大题共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.(本小题满分13分) 已知双线C-广-16>0的离心*为3,4，B是C上的两点 I)求C的标准方程： (②若线段46的中点为宁》，求直线B的方程 第2页，共4页 16.(本小题满分15分) 如图，已知AB是圆柱下底面圆的直径，点C是下底面圆周上异于A,B的动点，CD,BE是圆柱的 两条母线 I)证明：BC∥平面ADE: (2)若该圆柱的侧面积等于两底面面积的和，当C为弧AB的中点时，求直线AE与平面ACD所成角的 正切值. D C B 17.(本小题满分15分) 在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足b2-=aC. I)求证：B=2A: (②)设△ABC的周长为1，求的取值范围. a 第3页，共4页 18.(本小题满分17分) 在2026年美加墨世界杯足球赛中，按比赛规则，进入淘汰赛的两支球队如果在120分钟内未分出 胜负，则需进行点球大战.点球大战规则如下：第一阶段，双方各派5名球员轮流罚球，双方各罚一球 为一轮，球员每罚进一球则为本方获得1分，未罚进不得分，当分差拉大到即使落后一方剩下的球员 全部罚进也不能追上的时候，比赛即宣告结束，剩下的球员无需出场罚球.若5名球员全部罚球后双方 得分一样，则进入第二阶段，双方每轮各派一名球员罚球，直到出现某一轮一方罚进而另一方未罚进 的局面，则罚进的一方获胜. 设甲、乙两支球队进入点球天战，由甲队球员先罚球，甲队每位球员罚进点球的概率均为，，乙队 2 每位球员罚进点球的概率均为。.假设每轮罚球中，两队进球与否互不影响，各轮结果也互不影响 ①)求每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的概率； (②)若在点球大战的第一阶段，甲队前两名球员均得分而乙队前两名球员均未得分，甲队暂时以2：0 领先，求甲队第5个球员需出场罚球的概率. 19已知数列a}的首项a-号且满足a1=0+2 11 )求数列{a}的通项公式： (2)求数列{a}的前n项和S: (3)证明：a1a2··an<e(e为自然对数的底数) 第4页，共4页玉溪师院附中高三上学期开学考数学·参考答案 1.【答案】D 【解析】解：B={xx3=x}={0,-1,1},故A⌒B={0,1},故选：D. 2.【答案】C【解答】解：a=(1,3),b=(3,),a⊥b, a.b=3+3x=0,解得x=-1.故选C. 3【答案】分【解谷】解：设箱园方程为若+芳-ab>0, 由题意可得c=1,4=2,6=N5,即有椭圆方程为+”-1故选B, 43 3 4【答案】A【解答】解：充分性：若cosx=亏又t∈(0，)， 则smx--ox-号放充分性成立，必买性：若血x-写xe(0,利， 4 则6cosx=±一mx=士号故必要性不成立，故“cosr _3”是“sinx= 4”的充分不必要条件 5【容案】A【解答】解：辰开式的通项公式为Z:=Cgr(=C(y, 令6-3r=0,解得=2，所以展开式的常数项为C(-1)=15,故选：A. 6.【答案】C【解析】解：由等差数列前n项和的性质可知，Sm,S2m-Sm,S3m-S2m成等差数列， 因此有：2×(S2m-Sm)=Sm+(S3m-S2m),已知Sm=2,S2m=17,代入得： 2×(17-2)=2+(S3m-17),即2×15=30=S3m-15,解得S3m=45.故选C 7.【答案】B【解答】解：由x2+y+2a-4-10a=0,得(x+a}+(y-2a}=5d+10a, 由该曲线表示圆，可知5a2+l0a>0,解得a>0或a<-2,故选：B. 8.【答案】D 【解析】由f'(x)=3ac(c-1)且a>2知，当0<x<1时，f'(x)<0,当x<0或x>1时，f'(x)>0, 则函数f(x)在(-n,0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，在1，+o)上单调递增，又 f回=3ar2+2r+c=3ar-,则b-,c=0,别fa)=ar3-2+1,所以 f0=1>0,f=a-贸+1=1-日<0，则f0f0<0,所以函数有三个零点 9.【答案】CD 第1页，共6页 10.【答案】BCD【解答】解：因为fw)=tan(2x-乃)， 6 所以最小正周期T-牙，故A错说：受=tam(2x行-君)=tam(女+)=m了=V5,放B正 确：因为xe(石孕，则2x-名（引因为y=mx在(5 ππ 上是增函数， 6’31 ππ 所以在(5上是增函数，故C正确：当x时，令=2- 6=2 因为（巧，0）为y=amt的一个对称中心，所以了x)的一个对称中心为花O,故D正确.故选BCD 11.【答案】ABD【解析】解：在正方形SGG,G3中， SG⊥EG,SG⊥FG,EG⊥FG,在三棱锥S-EFG中，SG⊥EG,SG⊥FG, 又EG⌒FG=G,EG,FGc平面EFG,所以SG⊥平面EFG, 又EFc平面EFG,所以GS⊥EF,故A正确： 又EG⊥FG,SG⊥FG,EG∩SG=G,EG,SGC平面ESG,所以FG⊥平面ESG, 又FGC平面SFG,所以平面SEG⊥平面SFG,故B正确： 将三棱锥S-EFG补成长方体SABC-GEDF, 所以，三棱锥S-EFG外接球的直径为2R=V1P+1P+22=√6 因此，三棱锥S-EFG外接球的表面积为4πR2=6π，故D正确； S.EFG= 8G·G }-号4wg方g=0=VBG+g5, 取EF的中点M,连接SM,则SM⊥EF, 、B G. E M D =g-5,则即1 2 21 设点G到平面SEF的距离为d, 由即=w,可何8d专解得=子，故c销误 3 故选：ABD 第2页，共6页 12.【答案】-1【解析】解：z=(-1-2)(-1+3)=7-i,所以复数z的虚部为-1.故答案为：-1. 1B【谷号 【解答】解： ☒++子e+s子s 4 2x3=4+1-1=4 =(+1+18×=) 4 故答案为： 91 14【答案】6【解析】解：设P2,2VD,由y=V2pr,可得=V2p2N后： 1 当x=2时，=厘 2 过P作平行于1的直线方程为)=乎：一孕， :过点P作平行于x轴的直线m,过F作平行于1的直线交于M,|PM=5, 7,2v回，7-号=4，解得p=6,故答案为：6 15.【答案】Q)因为a=1,e=C=3,所以c=3a=3,则b=c2-a2=8, a 所以双曲线C的标准方程为X一上 =1. 8 (2)设A(x,y),B(x2,),由题知x1≠x3, 好-=1， 8 则 好等0十 8 x1-x2h+2 =1, 2 又1+2=，1士2=，所以4B=欢业8X 16 0-9167-1, 7 1 所以直线AB的方程为)一氵三北，即y=x+1 将y=x+1代入双曲线方程x-上=1，整理，得72-2-9=0， 8 则△=4十4×7×9>0，此时直线与双曲线C有两个交点，满足题意，则直线AB的方程为y=x+1. 16.【解析】I)证明：因为CD,BE是圆柱的两条母线， D A 第3页，共6页 所以CD∥BE,且CD=BE,所以四边形BCDE为平行四边形， 所以BCI∥DE, 又BC丈平面ADE,DEC平面ADE, 所以BCI∥平面ADE. (2)因为AB是下底面圆的直径，C是下底面圆周上异于A,B的动点， 所以BC⊥AC, 又因为CD是圆柱的一条母线，所以CD⊥底面ACB, 而BCC底面ACB,所以CD⊥BC 因为CDC平面ACD,ACC平面ACD,且CD∩AC=C, 所以BC⊥平面ACD, 又由I)知BC∥DE,所以DE⊥平面ACD, 所以∠EAD为直线AE与平面ACD所成的角. 设圆柱的底面圆半径为r,母线长为1， 因为圆柱的侧面积等于两底面面积的和， 所以2rrl=2rr2,得1=r,即CD=r, 又C为弧AB的中点，所以AC=BC=DE=V2r, 所以在Rt△ACD中，AD=VAC2+CD2=3r, 在RtAADE中，tan∠EAD=DE=V6 AD 3 所以直线4c与平面4CD所成角的正切值为y6 17.【答案】解：)证明：因为b-ad=ac, 由余弦定理得b2=a2+c2-2acc0sB, 所以ac=c2-2 ac cos B, a=c-2acosB, 由正弦定理得sinA=sinC-2 sin Acos B=sin(A+B)-2 sinAcos B sin A cos B+cos Asin B-2sin A cos B=cos Asin B-sin Acos B=sin(B-A), 第4页，共6页 因为48C为锐角三角形，所以AE(0孕，B-4e(受孕 所以A=B-A,即B=2A: (2)由I)知：B=2A,C=π-3A, 0<A<号 由 0<B=2A<号 0<C=-3A<经 得Ae后孕， 1at+c sin3A+sin2A+1 a a sin A sin2A cos A+cos 2Asin A+2sin A cos A sin A 2sin A cos A+cos2AsinA+2sin A cosA1coA+2c0A. sin A 因为4后京：期m4(停，9， 结合二次函数单调性易知2+V2<4cos2A+2c0sA<3+V3, 即a的取值范围为2+5,3+V5 I8.【答案】解：Q)设每一轮罚球中，甲队球员罚进点球的事件为A,未罚进点球的事件为A; 乙队球员罚进点球的事件为B,未罚进点球的事件为B· 设每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的事件为C, 在每一轮罚球中两队打成平局的情况有两种： 甲、乙均未罚进点球或甲、乙均罚进点球， 则P(C)=P(④×P(B)+P(A)×P(B)=（ 故每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的概率为之 (2)因为甲队第5个球员需出场罚球， 则前四轮罚球甲、乙两队分差不能超过1分， 即四轮罚球结束时比分可能为2：1或2：2或3：2. ①比分为2：1的概率为P(A·P(B)·P(A·P(B)+P(A·P(B)·P(A·P(B) (-)后x(0-)✉(-)+(-)x(-)x(-)号8+8-司 第5页，共6页 ②比分为2：2的率为P间PB)-P同Pa)=(-司)×号×(-)×号-日 ③比分为3：2的概率为P(A)·P(B)·P(A·P(B)+P(A·P(B)·P(A)·P(B) 12 1 2、。2 =2×3× 1-2)×3×2= 1,1,24 综上，甲队第5个球员需出场罚球的概率为g+g+。=g 11 19【答案】解：0因为a:-20,+2,所以a+1-1=2a,-1), 因此红-是以a1-1-5为首项，为公比的等比数列 所以a.-1-×(】 =即a=1+交 1 (2由0可知an=1+2元，则na=n+2, Sn=1·a1+2a2+··+nam =(++(+++(a+ /12 =(1+2+…+n)+ 2+22+…+2 12 n 记7n=2+2++27,① 12 则与=+十+20② 111 1.n ①-②得2=2+2+20+…+22m=1-2020, 所以Z=2-+2 2” 所以s,=n,+)+Tn=n2+n+4_n+2 2 2 2n 2+11, 1 3)证明：设f(y=ln(x+l)-x,则f'()= 当0<x<1时，"(x)<0,所以f(x)在(0,1)上单调递减 又f(0)=0,所以当0<x<1时，f(x)<0,即ln(x+1)<x. 因为a=1+安所以na=(+)分 11 1 1 所以na1+na+…+nam<2+2+:+2元=1-2元<1. 即ln(a1a2·an)<1,故a1a2·an<e. 第6页，共6页