精品解析：河北省石家庄市部分学校2026-2027学年第一学期高三年级检测数学试卷

高三数学检测 考试说明：1．本试卷共150分．考试时间120分钟． 2．请将各题答案填在答题卡上． 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. 已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. “，”是“函数的图象关于原点对称”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 3. 已知的展开式中的系数为，则（ ） A. B. C. D. 4. 在中，内角，的对边分别为，，若，，，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 5. 已知非零向量，满足，，．若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知点满足方程，，设点的轨迹为曲线，过原点的直线与曲线交于，两点，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆台的高为，上、下底面的半径之比为，圆台的侧面积为．现欲将此圆台加工成一个球体，则得到的球的体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知数列（，），其中，且，，成等差数列，公差为（，，）．若将数列中的项分成五组：，，，，，每组的两个数之和构成一个等比数列，则（ ） A. 18 B. 30 C. 32 D. 36 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. 下列命题成立的是（ ） A. 若一组样本数据（，，，…，）对应的样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为1 B. 已知，若，则 C. 一组样本数据，，…，的方差小于，，…，的方差 D. 若随机变量，则 10. 已知是定义域为的奇函数，且为偶函数，则（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. 若函数在上单调递增，则不等式的解集为 D. 若，则 11. 已知函数，则（ ） A. 函数的值域是 B. 方程在上有四个实数根 C. 当时， D. 函数的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知抛物线：的焦点为，点在上，且位于第一象限，，则点的坐标为______． 13. 已知函数，，则的最大值为________． （参考数据：） 14. 已知是平面内一定点，是平面外一定点，，点到平面的距离为．设平面内的动点到点、点的距离之比为，则点的轨迹的长度为________． 四、解答题：本题共小题，共分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知的内角，，所对的边分别为，，，且满足，． （1）求； （2）若，求外接圆的面积． 16. 如图，已知菱形中，，，沿对角线将其翻折，使，设此时的中点为，如图． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知椭圆：过点，右焦点为，圆：，直线：与圆、椭圆分别相切于点，． （1）求椭圆的方程； （2）求直线的方程； （3）求四边形的面积（为坐标原点）． 18. 某汽车公司最新研发了一款新能源汽车，并在出厂前对汽车进行了单次最大续航里程的测试．根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程近似服从正态分布． （1）（ⅰ）从该汽车公司最新研发的新能源汽车中任取1辆汽车，求它的单次最大续航里程恰好在200千米到350千米之间的概率； （ⅱ）从该汽车公司最新研发的新能源汽车中随机抽取10辆，设这10辆汽车中单次最大续航里程恰好在200千米到350千米之间的数量为，求； （2）为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏抽奖”活动，客户可根据抛掷骰子（点数从1到6）的结果，操控微型遥控车在方格图上行进，方格图上标有第0格、第1格、第2格、…、第50格．遥控车开始在第0格，客户每掷一次骰子，遥控车向前移动一次，若掷出的骰子向上的点数是3的倍数，遥控车向前移动一格（从到），否则，遥控车向前移动两格（从到），直到遥控车移到第49格或第50格时，游戏结束．若遥控车最终移动到第49格，可获得买车九折优惠，若遥控车最终移动到第50格，可获得买车大礼包．设遥控车移到第格的概率为，其中，求数列的通项公式． 参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，． 19. 定义：表示不超过的最大整数，如，．已知函数，，其中． （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）若在上恒成立，求的取值范围； （3）写出的定义域，并证明：当时，对于，恒有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学检测 考试说明：1．本试卷共150分．考试时间120分钟． 2．请将各题答案填在答题卡上． 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. 已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【详解】已知，则，对应复平面内的点为， 位于第四象限． 2. “，”是“函数的图象关于原点对称”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】A 【解析】 【详解】函数的图象关于原点对称，等价于该函数为奇函数. 令，得，解得. 条件“”是“”的真子集： 充分性：若，则，函数为奇函数，图象关于原点对称，充分性成立； 必要性：图象关于原点对称时，还可取，必要性不成立. 因此是充分不必要条件. 3. 已知的展开式中的系数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】的展开式中第项为， 令，解得， 所以的展开式中的系数为， 解得. 4. 在中，内角，的对边分别为，，若，，，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理及，可得，再利用三角形内角关系即可求. 【详解】由正弦定理，得，则. 所以，则. 因为， 所以或. 在中，因为，所以. 当时，，，三角形不存在，舍去. 所以. 5. 已知非零向量，满足，，．若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】 ， 又，，， 代入得：. 由基本不等式，： 当且仅当即时取等号， 故的最小值为. 6. 已知点满足方程，，设点的轨迹为曲线，过原点的直线与曲线交于，两点，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】已知，即到两定点距离之和为8， 是椭圆，其中，，， 椭圆方程为， 已知过原点的直线与曲线交于，两点，则，关于原点对称， ， 已知，则，， 因为，则， 位于椭圆上，则，解得， 故． 7. 已知圆台的高为，上、下底面的半径之比为，圆台的侧面积为．现欲将此圆台加工成一个球体，则得到的球的体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据题意求出圆台的上、下底半径和母线长，把圆台补全成圆锥，求出圆锥的内切球半径，判断出圆锥的内切球能完全放入圆台内部，则此球即为所求，然后根据球的体积公式求解即可. 【详解】设圆台上底面半径为，由上、下底面的半径之比为，所以圆台下底面半径为， 圆台的母线长， 圆台的侧面积，解得， 所圆台上底面半径，下底半径为5，母线长， 圆台轴截面为等腰梯形，上底为2，下底为10，高为，腰长为8， 将圆台补为圆锥，轴截面如图： 设小圆锥的高为，根据三角形相似得，解得， 所以大圆锥的高为， 因为大圆锥底面半径为5，所以大圆锥的母线长为， 所以大圆锥的轴截面为边长为10的等边三角形， 设大圆锥内切球半径为，即边长为10的等边三角形内切圆半径为， 所以，所以， 因为，所以大圆锥内切球完全落到圆台内部， 所以圆台内最大球半径为，此时球的体积为. 所以得到的球的体积的最大值为. 8. 已知数列（，），其中，且，，成等差数列，公差为（，，）．若将数列中的项分成五组：，，，，，每组的两个数之和构成一个等比数列，则（ ） A. 18 B. 30 C. 32 D. 36 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意表示出数列中的项，并计算分成五组的和，解出等比数列的公比，使用基本量求解. 【详解】时，成等差数列，公差，，，， 时，成等差数列，公差，，， 时，成等差数列，公差，，， 设五组的和依次为， ，，，， ， 成等比数列，则，即，解得， 所以，则公比为，由五组构成等比数列得 ，，，， 解得. 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. 下列命题成立的是（ ） A. 若一组样本数据（，，，…，）对应的样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为1 B. 已知，若，则 C. 一组样本数据，，…，的方差小于，，…，的方差 D. 若随机变量，则 【答案】AB 【解析】 【分析】A选项利用样本数据的相关系数的定义进行判断或根据公式推导即可；B选项利用正态分布的对称性结合连续型随机变量的概率的含义求解即可；C选项根据数据的方差的定义判断即可；D选项利用二项分布的方差公式计算即可判断. 【详解】A选项，根据相关系数的定义， 因为，所以，代入可得，所以A正确. B选项，根据正态分布的对称性，所以， 又因为，再结合对称性可知，. C选项，某一组数据中的所有数据点同时加一个常数，这组数据点的方差不变，所以C错误. D选项，二项分布的方差为，所以D选项错误. 10. 已知是定义域为的奇函数，且为偶函数，则（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. 若函数在上单调递增，则不等式的解集为 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由为奇函数与为偶函数推出，进而即可得到周期；对于B，由两边求导得，即可得到关于对称；对于C，结合周期性可知的解集是区间的无限并集，不只是；对于D，求出一个周期内四项之和为0，2020是4的整数倍，即可得到总和为0． 【详解】对于A，由于是偶函数，故, 又因为是奇函数，故， 所以， 用替换，得， 再用替换，可得，故A正确； 对于B，由于，故， 因此关于中心对称，故B正确； 对于C，由于是奇函数，且在上单调递增，， 所以当时，， 因为是偶函数，故关于对称，故在上单调递减， 又，故当时，， 由于的周期，所以的解集不只有，而是，故C错误； 对于D，，，， 故， 因此，故D正确． 11. 已知函数，则（ ） A. 函数的值域是 B. 方程在上有四个实数根 C. 当时， D. 函数的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，根据的正负分段去绝对值，将转化为分段函数后结合的取值范围推导其值域；对B，利用正弦函数的函数值相等的性质，将转化为两类三角方程，在范围内求解后统计实根个数；对C，分和两段，结合、的取值范围与的单调性，同时利用时推证；对D，先对分母配方求出其取值范围，结合分子的最大值特性，验证等号能否同时成立，进而推导的最大值. 【详解】对于A：当时，； 当，即时，， 即此时， 综上，的值域是，A正确； 对于B：方程，即， 则或， 解得或，， 又，所以，即方程有3个实数根，B错误； 对于C：当时，设，则， 对任意的，，所以，单调递增， 所以，所以，即， 而此时，因此. 正弦函数在上单调递增，若则，故； 若，则，故， 因此恒有， 所以当时，，C正确； 对于D：对，分母配方得，分子的最大值为1； 当​时，分子，分母取最小值，此时​，即函数最大值为，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知抛物线：的焦点为，点在上，且位于第一象限，，则点的坐标为______． 【答案】 【解析】 【详解】∵ 抛物线的标准形式为， ∴ ，解得，故抛物线的准线方程为. ∵ 点在抛物线上，由抛物线的定义可知， 又，代入得，解得. ∵ 点位于第一象限，将代入抛物线方程，得，即，解得， ∴ 点的坐标为. 13. 已知函数，，则的最大值为________． （参考数据：） 【答案】 【解析】 【分析】求导可知在上单调递减，在上单调递增，故，再根据参考数据比较和的大小即可求得的最大值． 【详解】由于， 故当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 因此是的极小值点，函数最大值在端点或处取得， 又， 且， ， 故，因此在上的最大值为． 14. 已知是平面内一定点，是平面外一定点，，点到平面的距离为．设平面内的动点到点、点的距离之比为，则点的轨迹的长度为________． 【答案】## 【解析】 【分析】过点作平面，以为原点，分别以为轴，轴建立空间直角坐标系，设，利用坐标运算即可得点的轨迹是一个圆. 【详解】如图，过点作平面，交平面于点，连接. 在中，，，则. 以为原点，分别以为轴，轴建立空间直角坐标系.则平面即为平面. 则. 因为点是平面内的动点，所以设. 所以. 因为动点到点、点的距离之比为， 所以，化简得. 所以点的轨迹是圆心为，半径为的圆. 所以点的轨迹的长度为. 四、解答题：本题共小题，共分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知的内角，，所对的边分别为，，，且满足，． （1）求； （2）若，求外接圆的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合两角和的正弦公式，利用正弦定理化简即可得到结果； （2）由（1）求得，利用正弦定理求得外接圆半径，进而求出面积. 【小问1详解】 由正弦定理得， 因为， 所以． 因为，所以， 所以，所以. 【小问2详解】 由（1）知， 又，则． 记外接圆半径为， 由正弦定理得，，所以， 所以外接圆的面积为. 16. 如图，已知菱形中，，，沿对角线将其翻折，使，设此时的中点为，如图． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：在菱形中，，， 所以，均为等边三角形． 因为，为的中点， 所以． 因为，， 所以，所以． 如图，连接，则． 又因为，， 所以， 所以，所以． 又因为， 所以，所以． 又，且，平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）连接，由几何关系证明和，结合线面垂直的判定可得； （2）解法一：设点到平面的距离为，利用等体积法可求；解法二：利用空间向量法可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法一：设点到平面的距离为， 因为菱形的边长为， 所以， 所以， ． 由（1）知平面，， 所以，所以． 设直线与平面所成的角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值为． 解法二：由（1）知，，，两两相互垂直，故以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，， ，，． 设平面的法向量为， 则即，可取． 设直线与平面所成的角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为． 17. 已知椭圆：过点，右焦点为，圆：，直线：与圆、椭圆分别相切于点，． （1）求椭圆的方程； （2）求直线的方程； （3）求四边形的面积（为坐标原点）． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法直接求解即可； （2）联立方程，根据相切即可求解参数； （3）设直线与轴的交点为，切点，由（2）即可求得点坐标，然后分别求出的面积和，即可求得结果. 【小问1详解】 由题意得，，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 由（1）得，联立， 消去可得，① 因为直线与椭圆相切，所以， 整理得．② 因为直线与圆相切，所以，整理得，③ 由②与③联立解得（舍去）或， 所以直线的方程为． 【小问3详解】 设直线与轴的交点为，切点， 则点的坐标为． 由（2）问中①式可知，，， 则， 且， 所以． 18. 某汽车公司最新研发了一款新能源汽车，并在出厂前对汽车进行了单次最大续航里程的测试．根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程近似服从正态分布． （1）（ⅰ）从该汽车公司最新研发的新能源汽车中任取1辆汽车，求它的单次最大续航里程恰好在200千米到350千米之间的概率； （ⅱ）从该汽车公司最新研发的新能源汽车中随机抽取10辆，设这10辆汽车中单次最大续航里程恰好在200千米到350千米之间的数量为，求； （2）为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏抽奖”活动，客户可根据抛掷骰子（点数从1到6）的结果，操控微型遥控车在方格图上行进，方格图上标有第0格、第1格、第2格、…、第50格．遥控车开始在第0格，客户每掷一次骰子，遥控车向前移动一次，若掷出的骰子向上的点数是3的倍数，遥控车向前移动一格（从到），否则，遥控车向前移动两格（从到），直到遥控车移到第49格或第50格时，游戏结束．若遥控车最终移动到第49格，可获得买车九折优惠，若遥控车最终移动到第50格，可获得买车大礼包．设遥控车移到第格的概率为，其中，求数列的通项公式． 参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，． 【答案】（1）（ⅰ）0.8186；（ⅱ） （2） 【解析】 【分析】（1）（i）利用正态分布的对称性求解即可； （ii）根据二项分布的期望公式求解即可. （2）先根据题意得出概率递推公式，，然后构造数列，利用等比数列定义及通项公式得，再利用累加法得到，最后得出，即得到数列的通项公式. 【小问1详解】 （i）由，得 ； （ii）依题意得，所以． 【小问2详解】 若第一次掷出的骰子向上的点数是3的倍数，遥控车移动到第一格，其概率为，即； 遥控车移动到第格的情况是下面两种，且只有两种： ①遥控车先移动到第格，又掷出的骰子向上的点数不是3的倍数，其概率为． ②遥控车先移动到第格，又掷出的骰子向上的点数是3的倍数，其概率为． 所以， 所以， 所以时，数列是以首项为，公比为的等比数列， 所以， 所以 ， ． 综上，数列的通项公式为. 19. 定义：表示不超过的最大整数，如，．已知函数，，其中． （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）若在上恒成立，求的取值范围； （3）写出的定义域，并证明：当时，对于，恒有． 【答案】（1） （2） （3）由题意，则，解得， 则函数的定义域，． 当时，函数在上单调递增， 所以，则． 又，所以； 当时，可知函数在上单调递增， 由， 可得，即函数在上单调递增， 所以函数在上不减， 则当时，． 因为，所以， 所以，所以． 综上，当时，对于，恒有． 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义先求切线的斜率，再写出切线方程； （2）由恒成立转化为在上恒成立，求导，分，两种情况分析函数的单调性，确定的取值范围； （3）先求出定义域，分，两段讨论参数，分析函数的单调性，得到的取值范围. 【小问1详解】 当时，，则，，所以， 所以曲线在处的切线方程为． 【小问2详解】 若，则在上恒成立． ． 当时，在上恒成立， 则函数在上单调递增． 当时，，符合题意； 当时，可知函数在上单调递减，在上单调递增， 则在上的最小值为． 设，，所以在上单调递减， 所以，，不符合题意． 综上，的取值范围为． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $