精品解析：安徽桐城市第八中学2026-2027学年高三上学期开学检测数学试卷

桐城市第八中学高三开学检测数学试卷 一、单项选择题（每小题5分，共40分） 1. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. -1 B. C. 1 D. i 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的四则运算求出复数，即得虚部. 【详解】由可得，其虚部为. 故选：A. 2. 设全集，集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出集合，再由并集的定义求解即可. 【详解】因为，所以，所以， 因为，所以，所以， 所以. 故选：D. 3. 若点在双曲线一条渐近线上，点在圆上，且的最小值等于1．则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】求得圆心到渐近线的距离，由最小值为，即可求解. 【详解】由题意，双曲线渐近线方程为，则圆心到渐近线的距离， 故最小值为，， 故选：C 4. 已知向量，满足，，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量垂直的充要条件、向量的数量积运算以及夹角公式进行计算求解. 【详解】因为，所以，即， 又，，所以， 解得， 又，则与的夹角为. 故选：D. 5. 已知，且，则（ ） A. B. C. 2 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】关键是角的构造，将构造成，再由正弦的和差角公式展开化简求解. 【详解】由题，， 则， ， ， ， 故选：A. 6. 设函数的图像与轴相交于点，则该曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令可计算出切点坐标，结合导数的几何意义可得切线斜率，即可得解. 【详解】令，即，即，解得， 故，，则， 则其切线方程为：，即. 故选：C. 7. 跑步运动越来越受大众喜爱．据统计，某校有高一、高二、高三三个年级，这三个年级中喜欢跑步运动的教师分别占该年级教师人数的 40%，30%，35%，且这三个年级的教师人数之比为3：3：4，现从这三个年级中随机抽一名教师，则该教师喜欢跑步的概率为（ ） A. 0.35 B. 0.32 C. 0.45 D. 0.36 【答案】A 【解析】 【分析】首先明确各年级教师人数的比例以及各年级中喜欢跑步的教师比例，然后利用全概率公式计算从三个年级中随机抽一名教师喜欢跑步的概率即可 【详解】设事件表示“随机抽一名教师喜欢跑步”，事件分别表示“抽到的教师来自高一、高二、高三年级”， ∵三个年级的教师人数之比为3:3:4， ∴， ∵高一、高二、高三三个年级中喜欢跑步运动的教师分别占该年级教师人数的40%，30%，35%， ∴, 根据全概率公式， 故选：A. 8. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，函数的图象关于点对称．若对任意，有，则下列说法正确的是（ ） A. 不为周期函数 B. 的图象不关于点对称 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用函数成中心对称的恒等式来证明新函数的对称性，再利用双对称来证明函数的周期性，从而就可以来判断各选项. 【详解】因为函数的图象关于点对称， 所以，即， 则的图象关于点对称，B选项错误． 由，得． 令，则， 由，得的图象关于直线对称． 又的图象关于点对称，则， 所以，即， 则可得的图象关于点对称， 故为周期函数，且周期为8，， 所以，，D选项错误． 又，则， 所以，由得：，故为周期函数，A选项错误． 由，两边求导得：， 由得：，令得：， 利用的周期为8，则，C选项正确． 故选：C． 二、多项选择题（每小题6分，共18分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 一组数5，7，9，11，3，13，15的第60百分位数是11 B. 若随机变量，满足，，则 C. 一组数据的线性回归方程为，若，则 D. 某学校要从12名候选人（其中7名男生，5名女生）中，随机选取5名候选人组成学生会，记选取的男生人数为，则服从超几何分布 【答案】ACD 【解析】 【分析】将数据从小到大排列，根据百分位数的定义计算可判定A;根据方差的线性性质计算可判定B；根据回归方程必经过样本均值点，计算可判定C；根据超几何分布的概念判定D. 【详解】数据组为5，7，9，11，3，13，15，排序后为3，5，7，9，11，13，15. 计算第60百分位数： 根据人教版教材方法，位置计算为 ，向上取整到第5个位置，对应数值11,因此选项A正确; 选项分析： 随机变量，已知，根据方差性质： 方差线性变换公式为 ，选项中错误; 选项分析： 线性回归方程  必经过样本均值点,当  时，代入方程得 ，选项正确; 选项分析： 从12名候选人（7男5女）中不放回地抽取5人，男生人数X服从超几何分布H(12, 7, 5)，选项D正确. 故选：ACD. 10. 在棱长为的正四面体中，过点且与平行的平面分别与棱交于点，点为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. B. 当分别为线段中点时，与所成角的余弦值为 C. 线段的最小值为 D. 空间四边形的周长的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，先根据线面平行的性质定理推导出//，然后利用向量证明即可；B选项，利用平移的办法，将与所成角放到三角形中，用余弦定理计算；C选项，根据B的中间步骤可知C错误；D选项，可以分析出的周长为，故求最小值即可. 【详解】 由题知，//平面，而平面平面，平面，根据线面平行的性质定理可知，//， 又， 即，故，A选项正确； 连接，易得，又，于是（三线合一），故， 取中点，连接，由中位线可知，在中由余弦定理，，即， 由//，与所成角即为（或其补角），在中根据余弦定理，，B选项正确； 根据B选项分析，当分别为线段中点时，，C选项错误； 由//，由于为正三角形，则也是正三角形，故，故四边形的周长为：，当为中点，即时，有最小值. 即空间四边形的周长的最小值为，D选项正确. 故选：ABD 11. 历史上著名的“伯努利错排问题”指的是：一个人有封不同的信，投入个对应的不同的信箱，他把每封信都投错了信箱，投错的方法数为．例如：2封信都投错有种方法，3封信都投错有种方法，通过推理可得．假设每个信箱只投入一封信，则下列结论正确的是（ ） A. 某人投6封信，则恰有3封信投对的概率为 B. 某人投6封信，则6封信都投错的概率为 C. 某人依次投6封信，则前2封信全部投对的情况下恰有4封信投对的概率为 D. 某人投6封信，则至少有3封信投对的概率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A、B、D：根据题意结合古典概型分析运算；根据题意结合条件概率分析运算. 【详解】对于选项A：由题意可得某人投6封信，则恰有3封信投对的概率为，故A正确； 对于选项B：由题意可得：，，， 则6封信都投错的概率为，故B错误； 对于选项C：记事件A表示“前2封信都投对”，事件表示“恰有4封信投对”， 则，， 所以，故C正确； 对于选项D：投6封信至少有3封信投对的概率为，故D正确． 故选：ACD. 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 已知向量，若，则在上的投影向量为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示求出，然后由投影向量公式可得. 【详解】因为，所以， 又，所以，解得， 因为，所以在上的投影向量为. 故答案为： 13. 展开式中的常数项是___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，先求得二项式的展开式的通项公式为，进而求得展开式的常数项，得到答案. 【详解】由二项式的展开式的通项公式为， 所以， 所以当时有常数项，当时有常数项， 所以所求展开式的常数项为. 故答案为：. 14. 已知不等式恒成立，则实数的最大值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】将不等式转化为，构造函数，研究函数单调性，将问题转化为恒成立，再运用分离参数法求最值即可. 【详解】因为，所以，. 即. 令，易知在上单调递增， 又， 所以恒成立，即恒成立. 所以. 令，，则，， 由，， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，即， 故实数的最大值为. 故答案为：. 【点睛】同构法的三种基本模式： ①乘积型，如可以同构成，进而构造函数； ②比商型，如可以同构成，进而构造函数； ③和差型，如，同构后可以构造函数或. 分离参数法解决恒(能)成立问题的策略： （1）分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题． （2）恒成立；恒成立； 能成立；能成立. 四、解答题（共77分） 15. 已知等差数列满足，，公比不为的等比数列满足，. （1）求与的通项公式； （2）设，求的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件列出方程组，分别求出等差数列和等比数列的首项、公差或公比，根据定义写出通项公式即可. （2）由错位相减法结合等比数列求和公式法进行运算即可求解. 【小问1详解】 由题意不妨设等差数列、等比数列的公差、公比分别为， 所以有和， 注意到，所以分别解得和， 因此由定义可知与的通项公式分别为. 【小问2详解】 由（1）可知， 所以由题意有， 当时，有， 所以有， 以上两式作差得 ， 当时，有， 综上所述：的前项和为. 16. 已知函数 （1）讨论在区间上的单调性； （2）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，求周长的最大值． 【答案】（1）递增区间，递减区间 （2） 【解析】 【分析】（1）先化简，再利用正弦函数的单调性即可求出； （2）先求出，再利用余弦定理和基本不等式即可求出. 【小问1详解】 由题意得， 令，当时，， 当，即时，单调递增，单调递增； 当，即时，单调递减，单调递减； 当，即时，单调递增，单调递增. 【小问2详解】 ，，， ，，，即， ，， 由基本不等式得，解得， 当且仅当时等号成立， 此时为等边三角形，满足锐角三角形，周长的最大值为. 17. 在三棱台中，为中点，，，. （1）求证：平面； （2）若，，平面与平面所成二面角大小为，求三棱锥的体积. 【答案】（1） 在三棱台中，为中点，则， 又，， ，四边形为平行四边形，， 又，， ，，， ，平面，平面. （2） 【解析】 【分析】（1）易证得四边形为平行四边形，由此可得，结合，由线面垂直的判定可得结论； （2）根据垂直关系，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，由二面角的向量求法可构造方程求得，利用体积桥可求得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，，， 又，，平面，平面， 连接，，，为中点，； 以为正交基底，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 设，则，， ，， 设平面的一个法向量为， 则，令，解得：，，； 又平面的一个法向量， ，解得：，即， 平面，平面平面，平面， . 18. 为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后一天继续选择面食套餐的概率为，如此往复． （1）求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率； （2）记该同学第天选择米饭套餐的概率为． ①求； ②证明：当时，． 【答案】（1）； （2）（i）； （ii）证明：由（i）得． 当为大于的奇数时，． 当为正偶数时，． 因此，当时，． 【解析】 【分析】（1）设“第天选择米饭套餐”，“第天选择米饭套餐”，“第天不选择米饭套餐”．由全概率公式有，计算可得； （2）（i）设“第天选择米饭套餐”，则，依照（1）可得与的关系，然后根据等比数列定义证明为等比数列，进而可求； （ii）由（i）得到的，通过分类讨论证明结论． 【小问1详解】 设“第天选择米饭套餐”，“第天选择米饭套餐”， 则“第天不选择米饭套餐”． 根据题意，，，． 由全概率公式，得． 【小问2详解】 （i）设“第天选择米饭套餐”，则，， 根据题意，． 由全概率公式，得 因此． 因为， 所以是以为首项，为公比的等比数列． 所以．可得 （ii）略 19. 已知是一个动点，与直线垂直，垂足位于第一象限，与直线垂直，垂足位于第四象限，且． （1）求动点的轨迹方程； （2）设，，过点的直线与曲线交于，两点（点在轴上方），为直线，的交点，当点的纵坐标为时，求直线的方程． 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）设，直线的倾斜角为，可得，进而求得，根据同角的平方关系及诱导公式，即可求得，再由点到线的距离公式求得，，最后代入，化简后根据、的位置关系即可得答案； （2）设，利用韦达定理可得关于的式子，再求出直线、的方程，联立后求得，将直线的方程与双曲线方程联立，求出的坐标，然后代入直线的方程，求出的值，即可得答案. 【小问1详解】 设，直线的倾斜角为， 则，且直线的倾斜角为，所以, 所以， 所以为钝角，即有， 又因为， 解得， 则, 又因为即为点到直线的距离， 所以， 同理可得：， 又因为，即， 即，整理得：，即， 又因为位于第一象限，位于第四象限， 所以动点的轨迹方程为：； 【小问2详解】 设， 由，得， 则且，则有， 由韦达定理可得 又因为直线，直线， 联立两方程，并消去，得， 所以， 又因为， 所以，所以， 所以直线的斜率为， 联立，消去，化简得，解得， 故，所以，满足， 则直线的方程为，即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 桐城市第八中学高三开学检测数学试卷 一、单项选择题（每小题5分，共40分） 1. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. -1 B. C. 1 D. i 2. 设全集，集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 若点在双曲线一条渐近线上，点在圆上，且的最小值等于1．则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 4. 已知向量，满足，，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，且，则（ ） A. B. C. 2 D. 6 6. 设函数的图像与轴相交于点，则该曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 7. 跑步运动越来越受大众喜爱．据统计，某校有高一、高二、高三三个年级，这三个年级中喜欢跑步运动的教师分别占该年级教师人数的 40%，30%，35%，且这三个年级的教师人数之比为3：3：4，现从这三个年级中随机抽一名教师，则该教师喜欢跑步的概率为（ ） A. 0.35 B. 0.32 C. 0.45 D. 0.36 8. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，函数的图象关于点对称．若对任意，有，则下列说法正确的是（ ） A. 不为周期函数 B. 的图象不关于点对称 C. D. 二、多项选择题（每小题6分，共18分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 一组数5，7，9，11，3，13，15的第60百分位数是11 B. 若随机变量，满足，，则 C. 一组数据的线性回归方程为，若，则 D. 某学校要从12名候选人（其中7名男生，5名女生）中，随机选取5名候选人组成学生会，记选取的男生人数为，则服从超几何分布 10. 在棱长为的正四面体中，过点且与平行的平面分别与棱交于点，点为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. B. 当分别为线段中点时，与所成角的余弦值为 C. 线段的最小值为 D. 空间四边形的周长的最小值为 11. 历史上著名的“伯努利错排问题”指的是：一个人有封不同的信，投入个对应的不同的信箱，他把每封信都投错了信箱，投错的方法数为．例如：2封信都投错有种方法，3封信都投错有种方法，通过推理可得．假设每个信箱只投入一封信，则下列结论正确的是（ ） A. 某人投6封信，则恰有3封信投对的概率为 B. 某人投6封信，则6封信都投错的概率为 C. 某人依次投6封信，则前2封信全部投对的情况下恰有4封信投对的概率为 D. 某人投6封信，则至少有3封信投对的概率为 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 已知向量，若，则在上的投影向量为__________． 13. 展开式中的常数项是___________． 14. 已知不等式恒成立，则实数的最大值为___________. 四、解答题（共77分） 15. 已知等差数列满足，，公比不为的等比数列满足，. （1）求与的通项公式； （2）设，求的前项和. 16. 已知函数 （1）讨论在区间上的单调性； （2）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，求周长的最大值． 17. 在三棱台中，为中点，，，. （1）求证：平面； （2）若，，平面与平面所成二面角大小为，求三棱锥的体积. 18. 为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后一天继续选择面食套餐的概率为，如此往复． （1）求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率； （2）记该同学第天选择米饭套餐的概率为． ①求； ②证明：当时，． 19. 已知是一个动点，与直线垂直，垂足位于第一象限，与直线垂直，垂足位于第四象限，且． （1）求动点的轨迹方程； （2）设，，过点的直线与曲线交于，两点（点在轴上方），为直线，的交点，当点的纵坐标为时，求直线的方程． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $