河南青桐鸣2026-2027学年高三上学期学情调研数学试卷

高三年级学情调研 数学 参考答案 1.A【解析】因为b=log49=log,232=log23=a,c=log827=log,333=log23=a,所以a=b=c. 故选A. 2.B【解析】圆锥的母线长为1=√1+1=√2，所以圆锥的侧面积为S=πrl=π×1X√2=√2π. 故选B. 3.C【解标计算得(9-刂°+()=号1，而（°+(）广=1，可知点()在圆x-1+=-1上， 点（号，号）不在圆x-1P+y=1上，于是AnB={(,号)} 故选C. 4.D【解析】由x1十之2=4①，21一z2=4i,得之1一之2=4i,也即之1-之2=-4i②，①②联立，得x1=2-2i,之2= 2十2i,所以之1之2=(2-2)(2+2i)=8,则|x1之2「=8. 故选D. 5.D【解析】估计该商场月销售额的平均数为t=35×0.02×10+45×0.04×10+55×0.02×10+65×0.01× 10+75×0.01×10=50,所以估计该商场月销售额的方差为s2=(35-50)2×0.2+(45-50)2×0.4+(55 50)2×0.2+(65-50)2×0.1+(75-50)2×0.1=145. 故选D 1 6.C【解析】求导得f'(x)= ·g-nx+a）_1-a=h之，当0，e-)时，f(x)>0,fx)单调递增； x x2 当x∈(e-a,十o∞)时，f'(x)<0,f(x)单调递减，可得f(x)在x=e-a处取得最大值.于是e=f(e-“)= ea=e-1,故a=2. 1 故选C 7.B【解析】易知这四个圆两两相切，记直线l与这四个圆的公共点个数为n,当l的方程为x=1时，n=4,当 l的方程为x=t(I<t<√2)时，n=6,考虑证明n≥7不合题意.注意到圆与直线最多有两个公共点，故当 ≥7时，直线必与其中三个圆有两个公共点，且与另外一个圆有至少一个不同的公共点，若存在这样的直 线，显然其斜率存在，设L的方程为红一y十6=0.不妨设1与C1,C,C,均有两个公共点，则2%+b<2, √k2+1 -2+6<2,一2k+6<2,此时62-4b+4:<2(k+1),62+4b+4h<2(k2+1),两式相加得 √W2+1 R2+1 4地<4，即2<1，而6-46+4<2(k+1)<4-,解得b∈(0,2)，于是2 6+46+4 √2+1 62 A 22 √2，即1与C4相离，矛盾，故n的最大值为6. 故选B. x=1 C2 ·数学答案（第1页，共6页)· 8.D【解析】对2列表可得 m+2n 0 1 2 3 4 5 n 0 0 1 3 4 5 1 2 3 5 6 7 2 4 5 6 7 8 9 3 6 7 8 9 10 11 8 9 10 11 12 13 5 10 11 12 13 14 15 逐列累加后相加，由等差数列性质知和s=3×(4+6+5十7+6十8+7十9+8十10+9+11)一2一4=264，于 是BcX)-2器 故选D. 9.BD【解析】函数f(x)=x3(lnx-l)的定义域为(0，+o∞).由f(x)=0,得x3(lnx-1)=0,故lnx-1=0, 解得x=e,所以f(x)有且仅有1个零点，故A错误；f'(x)=3x2(1nx-1)+x2=x2(3lnx-2),令 f'(x)=0,得x=e,当0<x<e时，f'(x)<0,当x>e时，f'(x)>0,所以f(x)在x=e处取得极小值， 故f(x)有且仅有1个极值点，故B正确；因为f(1)=-1,且1<e,而f(x)在(0，e)上单调递减，所以当 1<x<e时，f(x)<f(1)=-1,故不等式f(x)≥一1不恒成立，故C错误；由B知，f(x)在区间(0,1)上单 调递减，故D正确。 故选BD. 10.BD【解析】由a=|b1=2,且a·b=0,可得a≠b.因为m十a-n-b=2(1-t)(a-b),0<t<1,所以 m十a≠n+b,故A错误；由m12=|(1-t)a+tb|2=4(1-t)2+4t2,n|2=|ta+(1-t)b12=4t2+ 4(1-t)2,得m|2=|n2,所以|m|=|nl,故B正确；因为m·n=8t(1-t),且0<t<1,所以m·n>0,所 以m,n的夹角不是纯角，放C错误m·a=8(1-)=2-8-2》<2,当且仪当：=方时等号成立，所 以m·n的最大值为2，故D正确 故选BD. ll.ABD【解析】设第n个孔到模块的距离为rn=a十(n一1)d,其中a>0,d>0.选取第i,j,k个孔，其中i< j<飞，令p=j一i,q=k-j,若其距离构成递增的等比数列，则(r:十pd)2=r:[r:+（p十q)d],整理得 pd=r:(q一p).因为r:>0,d>0,所以q>p,从而后两个标定孔的中心距qd大于前两个标定孔的中心距 4,A正确，同时=力为有理数.当第1孔到模块的距离为2L,孔距为L时，第1,3,7孔到模块的距离 依次为2L,4L,8L,构成递增的等比数列，所以可选第1,3,7孔，B正确；正方形的对角线长D=√2L,当 a=L+Dd=D时，日-1十店为无理数，而对任邀孔均有行-日+m-1为无理数，不可能满足7-，P。 √2 d qp 因此该孔列不能选出三个孔完成标定，C错误；若有两个孔到模块的距离分别为L,D,则存在正整数，使 得D-L=md,若距离为L的孔是第s个孔，则号-二一(s-1D=m(2+1)-(s一1)为无理数，因此该孔列 不能选出三个孔完成标定，D正确。 故选ABD. ·数学答案（第2页，共6页）· 12[-号，2【解】显然sn=∈[-,]，于是cas2a+os2=2-2sn。-2sing=2-10sim [-2] 13.2 【解折因为>0，所以双鱼线的焦点为士合+名0小道物酸y=:的焦点为列（台0小由题意，得 号√月+两边平方并整庭，得p-2分-46，即（-2g+20+2)》-0.因为+2+名=(0+1D+ 1>0,所以饣=2. 6 14.5,7【解析】设∠POA=0,则0<0<受，且a=sin0,∠P0B=0.正十四边形相邻两顶点所对的圆心角 为牙，其相邻两条对称轴的夹角为器单位圆上两个不同点的纵坐标相同，当且仅当这两个点关于y轴对 称，放题设条件等价于y轴为该正十四边形的一条对称轴，因此∠P0B-a∈Z.又0<号9<-经 故m=1,2345,从而0=m=1,2,3,45).因为正弦函数在(0，受）上单调递增，所以对应的a=sin经 (n=1,2,3,4,5)互不相同，故a的可能取值的个数为5.再考察14个顶点的纵坐标，当n为奇数时，顶点的 圆心角可写为十2)江，k∈Z,可取整数使n十2=7，故y轴经过两个相对顶点，其余12个顶点关于)y 14 轴两两对称，纵坐标共有2+号-8个不同的值当n为偶数时，不存在整数及使元十2-7，放y轴不经过 顶点，14个顶点分成7对，每对关于y轴对称，纵坐标相同.又一条水平直线与单位圆至多有两个交点，故不 同的两对顶点不可能具有相同的纵坐标，因此此时纵坐标恰有7个不同值.所以14个顶点纵坐标的不同值 个数最少为7. 15.解：(1)以A为原点，AB,AD,AA1的方向分别为x轴、y轴、之轴的正方向，建立空间直角坐标系A-xyz, 不妨设AB=2,则A1(0,0,2),C(2,2,0),D1(0,2,2),E(2,0,1),A1C=(2,2,-2),D1E=(2,-2,-1). (4分) 记直线A1C与D1E所成的角为0，则cos0= A C.DE √3 (6分) |AC11D1E1√3X4X√W4+4+I9 (2)记n=(x,y,z)为A1C与D1E公垂线段的方向向量， n·A1C=0,mx+y-z=0, 则 即{ n·D1E=0,2x-2y-之=0 可取n=(3,1,4), (9分) 而A1D1=(0,2,0), (10分) 记直线A,C与D,E间的距离为d,则d=AD·n- 2 V26 n|√9+1+16 13 (13分) ·数学答案（第3页，共6页）· 16,解：1设比例系数为k,则P(A=1)=,PA=2)=合，PA=)=冬，PA=8)=台 由概率之和为1，得十些+套+营-1 (2分) 部得一 (3分) 放P(A=1)= 8 (4分) P(A=2)=15 .4 (5分) P(A=4)=5 (6分) 、1 P(A=8)= (7分) (2)X的所有可能取值为1,2,4,8,16，给定A后，两台候选节点被随机分配的概率均为2 (8分) P0X=》品x分总 (9分) P0X-0-品x2+×号-号 (10分) PX-0品×号品×号日 (11分) P(x-0-后x名+x日-0 (12分) 111 P(X=16)=i5×2=30 (13分) 故E0X)=1×言+2x号+4x号+8x0+16×动9 305 (15分) 17.解：(1)由已知，得am+1+1=(n+1)(am十1)， 当n≥2时，a2+1=2(a1+1),a3+1=3(a2十1)，…，an+1=n(am-1+1), (1分) 所以当n≥2时，an+1=n(n-1)×…X2×(a1十1)=n！,故an=n！-1. (4分) 上式对n=1也成立，所以an=n！-1(n∈N*). (5分) 2+… (2证明：1)由1，知6，示放fe)=1+z+ n! (6分) 故f'e)=1+x+ 2+…十x-D、 (8分) 从雨fe)-f)=<0,即fe)<f). (10分) (i)设g)-f.由2(1).知ga)=fa。f0. e 所以g(x)在(0，十∞)上单调递减， (13分) 因此g<g0),即f0<f0,故得f1)<,故得61+b:十…+6，<6-1 (15分) e 18.解：(1)由余弦定理，得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC=5+32-2X5X3cos120°=49， 所以AC=7. (4分) ·数学答案（第4页，共6页）· (2)证明：设旋转角为0，令x=cos0. 由题意，知BM=BP=2,BN=BQ= 由于点P在射线BA上，点Q在射线BC上，旋转时射线BP与BQ同时转过同一个角， 所以cos∠ABM=cos∠CBN=x. (7分) 3 109 由余弦定理，得AM=AB2+BM2-2AB·BM·x=52+ 2 -25·2x= 4 一15x (8分) CN2=BC2+BN2-2BC·BN·x=32+(③) -2·3·5x=61 = 4 -15.x. (9分) 因此AM-CN=(-15x)-(-15z)=12,所以旋转过程中，AM2-CN2为定值12. (10分) (3)由(2)得AM2-CN=12,所以AM>CN,从而|AM-CN|=AM-CN. 因为AM-CN2=(AM-CN)(AM+CN),所以AM-CN=AM+CN 12 12 /109 /61 V4-15x+/-15x (13分) 12 又x∈[-1,1门，则AM-CN单调递增，故x=-1时，其取最小值137=1， 2T2 当x=1时，其取最大值71 12 =3, 2+2 所以|AM一CN|的最大值为3，最小值为1. (17分) 19.解：(1)由题意得直线AB的方程为x十2y一1=0，椭圆的右顶点(a,0)、上顶点(0，b)到直线AB的距离相 等，且a>b>1,故a-1_2b-1 得a=2b. (2分) 5√5 设椭圆的半焦距为c,则c2-a2-b2=362,故e=C=3 2 (4分) (2)证明：(1)由(1)知a=2b,故椭圆E的方程为x2+4y2=4b2. 设P(p,q),由O,A,P不共线，得q≠0.设两条中点轨迹的一个公共点为T(x,y),过A的相应弦的两个 端点为(x1y1),(x2y2). 因为T为弦的中点且两端点均在椭圆上，故工=1十，y=十，x十4=46，十4=46，联立 2 2 得x(x1-x2)+4y(y1一y2)=0. 又A,T及弦的两个端点共线，故存在实数s,使1一x=s(x1一x2),一y=s(y1一y2),从而x(1一x)一 4y2=0,即x2+4y2-x=0.① 同理，由T为过P的弦的中点，得x2+4y2一px一4qy=0.② ①②两式相减，得(p-1)x+4qy=0,代入x2+4y2-x=0,得x{[(p-1)2+4q2]x-4q2}=0.(7分) 当x=0时，由(p一1)x十4qy=0得y=0,即该公共点与原点重合，且x,y均唯一确定，故两条轨迹除原点 外至多有一个公共点， 又A,P均在椭圆内部，直线AP与椭圆相交所得弦的中点同时属于这两条中点轨迹，且O,A,P不共线， 所以该中点不与原点重合. 因此，两条中点轨迹除原点外有且仅有一个公共点，且该点在直线AP上. (9分) ·数学答案（第5页，共6页）· (ⅱ)记过A,B,P的弦的中点轨迹两两除原点外的公共点分别为C,H,K,其中C为过A,B的弦的中点轨 迹的交点，H为过A,P的弦的中点轨迹的交点，K为过B,P的弦的中点轨迹的交点，由题设，点P不在直 线OA,OB,AB上，故q(p+2q-1)≠0. 由(2)(1)知，过A,B,P的弦的中点的轨迹方程分别为E1:x2+4y2-x=0,E2:x2+4y2一2y=0, E3:x2+4y2-px-4qy=0. (11分) 对点C,E1,E:阿式相减，得x=2,又由(2(1)蜘C∈AB,而AB的方程为z+2=1,放C(份) 由(2)(i)知H∈AP,设H=(1十A(p-1),gq),E1,E3两式相减，得(p-1)x+4qy=0,代入点H的坐 1-p 标，得入=（中-1）2+4g2 (12分) 同理，K∈BP,设K-(p,号+rg-)》,E:,E:两式相减，得z十(4g一2》y=0,代入点K的坐标，得以 1-2g p2+(2g-1)2 (13分) 由于C,H,K共线，则有(en-2)(x-)=(cx-2)(a-): 代入H,K的坐标并整理，得(p十2q-1)(入十4-2λ4)=0. 由力+2q-1≠0，得1十4-2λ4=0，代入入，4并通分整理，得(1-p-2q)(p2+4g2-p-2q)=0, 又p十2q-1≠0，故p2+4q2-p-2q=0,因此点P的轨迹方程为x2+4y2-x-2y=0. (15分) 反之，设点P(p,q)满足该方程且不与O,A,B重合，则p2十4q2一p十2q.若p=0或q=0,由轨迹方程可 得点P与O,A,B中的一点重合. 若p十2g=1,则p2十4g2=1,从而4q=(p十2q)2一（p2+4q2)=0,仍得点P与A或B重合，均与所取点 矛盾，因此q(p+2q-1)≠0， 又出执流方程得(e-}+-号-号可令p-日-号0.20-日-号n60c02.则2+ 4g-(受cs0+》+(受in9+2》°-1+号(sn9叶cms0)=1+sin(+）<2,从而2+4不大 于2. 由b>1,有2<4b2,故点P在椭圆E内.此时上述各步均可逆，故三个非原点公共点共线 若其中两个点重合，则该点同时属于过A,B,P的三条弦的中点轨迹，从而点C(2,4)也满足，则得力十2g /11 =1,矛盾，故三个公共点互不相同. 综上，点P的轨迹方程为x2+4y2-x一2y=0,其中去掉点O,A,B. (17分) ·数学答案（第6页，共6页)· 秘密★启用前 高三年级学情调研 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． 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．设，，，则 A． B． C． D． 2．底面半径与高均为1的圆锥的侧面积为 A． B． C． D． 3．设集合，，则 A． B． C． D． 4．已知复数与满足，，则 A．1 B．2 C．4 D．8 5．某商场统计了一段时间内的销售情况，得到如下频率分布直方图． 由图估计该商场月销售额的方差为 A．165 B．155 C．150 D．145 6．若函数的最大值为，则实数的值为 A．0 B．1 C．2 D．3 7．已知圆，，，，则直线与这四个圆的公共点个数的最大值为 A．5 B．6 C．7 D．8 8．记集合，点，，样本空间，从中随机取一个点，定义随机变量如下：对任意内的点，，则的数学期望为 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．设函数，则 A．有且仅有2个零点 B．有且仅有1个极值点 C．不等式恒成立 D．在区间上单调递减 10．已知平面向量，满足，且．设实数，，，则 A． B． C．，的夹角为钝角 D．的最大值为2 11．某厂在直线导轨上等距加工一列安装孔，测距模块与各孔中心共线，各孔均位于模块同侧，并按到模块的距离由小到大编号，且孔数足够多．三点倍率标定时，需依次选择三个孔，使它们到模块的距离构成递增的等比数列．现场配有边长为、对角线长为的正方形检具（检具用于检测单个零件，如冲压件，塑料件的型面、轮廓、孔位等）．则 A．后两个标定孔的中心距大于前两个标定孔的中心距 B．第1孔到模块的距离为、孔距为时，可选第1，3，7孔 C．第1孔到模块的距离为、孔距为时，可以完成标定 D．若有两个孔到模块的距离分别为，，则该孔列无法完成标定 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．若，，则的取值范围是________． 13．抛物线的焦点也是双曲线的一个焦点，则实数的值为________． 14．设为单位圆上在第一象限内的一点，其纵坐标为，记单位圆与轴正半轴的交点为，将劣弧七等分，以从起（不包括点）逆时针第六个分点为一个顶点，作单位圆的内接正十四边形，且该正十四边形存在两个纵坐标相同的顶点．则的可能取值的个数为________，其14个顶点纵坐标的不同值的个数最少为________． 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） 如图，在正方体中，为棱的中点． （1）求直线与所成角的余弦值； （2）当时，求异面直线与间的距离． 16．（15分） 某云计算平台为任务提供两台候选节点，其可用算力分别为和，其中，且取各值的概率与成正比．平台从两台候选节点中等可能地随机选择其中一台，并显示其算力． （1）求取各值的概率； （2）求的数学期望． 17．（15分） 已知，数列的首项为，．（提示：） （1）求的通项公式． （2）记，设函数．证明： （ⅰ）当时，； （ⅱ）． 18．（17分） 在中，，，．点，分别在线段与上，且，．将绕点旋转得到，其中点，旋转后落到的点分别为，． （1）求的长度； （2）证明：旋转过程中，为定值； （3）求旋转过程中，的最大值与最小值． 19．(17分) 在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，且椭圆的右顶点与上顶点到直线的距离相等． （1）求的离心率． （2）若为内一点，且，，三点不共线． （ⅰ）证明：过点的椭圆的弦的中点所形成的轨迹与过点的椭圆的弦的中点所形成的轨迹除外有且仅有一个公共点，且该点在直线上； （ⅱ）若分别过，，的椭圆的弦的中点所形成的轨迹两两相交于及另一个点，且除外所得的三个点互不相同且共线，求点的轨迹方程． 学科网（北京）股份有限公司 $