精品解析：河北省沧州市多校联考2026-2027学年高三上学期开学摸底检测数学试题

2027届高三摸底检测 数学 （时间：120分钟　　满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名及考号填写在答题卡上． 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，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. 已知是抛物线的焦点，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知复数满足，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 4. 已知定义在上的函数满足为偶函数，且，则（） A. B. C. D. 5. 已知，分别为椭圆的左、右焦点，点在上，且的周长为16，则面积的最大值为（ ） A. 6 B. 12 C. 16 D. 24 6. 在等腰梯形中，，，，记，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆锥的底面面积为，其内切球的表面积为，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知数列满足，则（ ） A. 250 B. 500 C. 550 D. 1000 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. 已知一组互不相同的样本数据，，，…，的平均数、中位数和方差分别为，，，其中和分别是这10个数中的最小值和最大值，设，数据，，，…，的平均数、中位数和方差分别为，，，则（ ） A. B. C. D. 10. 下列函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递减的有（ ） A. B. C. D. 11. 已知实数，满足，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则________． 13. 已知函数存在两个极值点，，则________． 14. 现有4种颜色，给3张不同的卡片正反面涂色，要求三张正面颜色各不相同、三张反面颜色各不相同，且每张卡片正反两面颜色不同，则不同的涂色方法共有________种． 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. 已知函数，曲线在点处的切线斜率为． （1）求的表达式； （2）设数列满足，求数列的前项和． 16. 在中，角，，的对边分别为，，，且，，． （1）求； （2）若点满足，为钝角，，求线段的长． 17. 如图，在四棱锥中，底面，，，，且平面平面． （1）证明：； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 18. 甲、乙两人进行羽毛球比赛，各场比赛相互独立，单场甲获胜的概率为，乙获胜的概率为． （1）若甲、乙进行5场比赛，设随机变量为比赛中甲获胜的场数，当时，求的分布列、数学期望与方差． （2）比赛终止规则：比赛过程中若任意一方连续赢得两场，则比赛终止；若全程无人达成两连胜，则进行场后比赛终止．记随机变量为比赛终止时已完成的场数． （i）求； （ii）当时，证明： ． 19. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，离心率为2，过点的直线交的右支于，两点，且当与轴垂直时，． （1）求的方程． （2）证明：点在以为直径的圆外． （3）在轴上是否存在点，使为等边三角形？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三摸底检测 数学 （时间：120分钟　　满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名及考号填写在答题卡上． 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，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. 已知是抛物线的焦点，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】C 【解析】 【详解】抛物线的焦点坐标为，已知焦点， 故，解得． 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，且函数单调递增， 故，集合， ． 3. 已知复数满足，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，则， 所以的共轭复数. 4. 已知定义在上的函数满足为偶函数，且，则（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题利用为偶函数得出，结合已知条件可直接得出答案. 【详解】令， 由于是偶函数，所以， 即， 令，得： ， 即， 又因为， 所以. 5. 已知，分别为椭圆的左、右焦点，点在上，且的周长为16，则面积的最大值为（ ） A. 6 B. 12 C. 16 D. 24 【答案】B 【解析】 【详解】的周长为16， 所以有， 化简得. 由椭圆方程可知，，代入， 解得，， 设椭圆的短半轴长为，则， 所以，当点为椭圆上下顶点时，面积最大，最大值为. 6. 在等腰梯形中，，，，记，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由平面向量的线性运算求解即可. 【详解】因为，所以， 连接，因为 . 7. 已知圆锥的底面面积为，其内切球的表面积为，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出圆锥的轴截面，根据轴截面的面积得，再根据勾股定理得，从而可以求解. 【详解】设圆锥底面半径为，由底面面积，解得​， 设内切球半径为，由内切球表面积，解得， 设圆锥的高为，母线长为， 作出圆锥的轴截面如图， 由截面的面积有， 即， 又， 所以，（舍）， 所以圆锥侧面积：. 8. 已知数列满足，则（ ） A. 250 B. 500 C. 550 D. 1000 【答案】B 【解析】 【分析】建立起偶数项的递推公式，利用递推公式求出偶数项的通项可得答案. 【详解】设偶数项为， 令，得， 所以， 当时， ， 当时， ， 代入： ， 即， 所以是等差数列，首项，公差为， 因此：， 而. 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. 已知一组互不相同的样本数据，，，…，的平均数、中位数和方差分别为，，，其中和分别是这10个数中的最小值和最大值，设，数据，，，…，的平均数、中位数和方差分别为，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】由中位数、平均数的定义及方差的定义和性质对选项一一判断即可得出答案. 【详解】对于A，因为，所以数据，，，…，的中位数，故A正确； 对于B，因为，由方差的性质可得：，故B正确； 对于C，因为，则， ，即， 而与不一定相等，故C错误； 对于D，相当于求，，…，的方差， 因为，分别是这10个数中的最小值和最大值，这两个数偏离平均值的距离更远， 减去，后数据更集中，离散程度变小，方差更小， 所以，故D错误. 10. 下列函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递减的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】依次利用函数的性质判断周期以及单调区间即可 【详解】A选项，周期为，不满足题意； B选项，根据绝对值的图像变换，轴上方的图象不变， 轴下方的图象翻折至轴上方.可知最小正周期为， 在，， 由余弦函数的性质可知， 在区间上单调递减，满足题意； C选项，由正切函数的性质，最小正周期为， 且，在单调增， 所以在上单调递减，符合题意； D选项，因为当，， 当，; 因为，， 所以在区间上不单调递减，不满足题意. 11. 已知实数，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：构建，，利用导数判断单调性即可分析判断；对于B：构建，，利用导数判断单调性即可分析判断；对于C：举反例说明即可；对于D：构建，，利用导数判断单调性即可分析判断. 【详解】对于选项A：构建，，则， 可知函数在内单调递减， 且，则，即，整理可得，故A正确； 对于选项B：构建，，则， 可知函数在内单调递减， 且，则，即，整理可得，故B正确； 对于选项C：例如，，满足，但，故C错误； 对于选项D：构建，，则， 令，，则 可知函数在内单调递减，则， 即，可知函数在内单调递减， 且，则，即， 又因为，整理可得，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则________． 【答案】 【解析】 【分析】先利用诱导公式求出；再利用二倍角公式求出即可. 【详解】由诱导公式可得，，解得， 所以由二倍角公式. 13. 已知函数存在两个极值点，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】函数求导后，令得到一元二次方程，再由韦达定理得到关系，代入计算即可. 【详解】∵函数存在两个极值点， ∴有两个不同的实数根， 于是，且方程两个根 为，由韦达定理得，即， 则. 14. 现有4种颜色，给3张不同的卡片正反面涂色，要求三张正面颜色各不相同、三张反面颜色各不相同，且每张卡片正反两面颜色不同，则不同的涂色方法共有________种． 【答案】264 【解析】 【分析】排列组合的涂色问题,分两步分别计算，第一步先计算正面涂色的方法数,第二步再涂反面颜色,涂反面颜色时要分两类情况考虑，使用第4种颜色和不使用第4种颜色,将两类情况方法数相加，再利用分步乘法计数原理得到最终的总方法数. 【详解】第一步,先涂三张卡片正面颜色,要求三张卡片正面颜色各不相同共有：种. 第二步,再涂三张卡片反面颜色, 假设正面颜色为A,B,C（已经选好的3种不同颜色）,剩余1种未使用的颜色为D. 反面涂色需满足： 三张卡片反面颜色各不相同，且每张卡片正反两面颜色不同, 分两类情况考虑：不使用颜色D和使用颜色D. 不使用颜色D时,反面只用A,B,C三种颜色，错位排列共有2种方法数. 使用颜色D时,还需要两种颜色，有3种颜色组合（,,）, 每种颜色组合都有种涂色方法. 所以涂反面颜色时有种方法, 所以共有种方法. 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. 已知函数，曲线在点处的切线斜率为． （1）求的表达式； （2）设数列满足，求数列的前项和． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】（1）根据复合函数求导公式求导计算求解即可； （2）根据裂项相消法计算求解即可. 【小问1详解】 由题意得，， 则，即． 【小问2详解】 由（1）知，， 则 ， 所以数列的前项和． 16. 在中，角，，的对边分别为，，，且，，． （1）求； （2）若点满足，为钝角，，求线段的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先由正弦定理求得，然后利用同角三角函数关系求解即可； （2）由余弦定理得，在中，由余弦定理得，然后利用诱导公式得，即可得解． 【小问1详解】 由正弦定理，得，解得， 又，所以，即，所以． 【小问2详解】 由余弦定理， 解得或（舍）， 在中， ， 又， 所以， 所以． 17. 如图，在四棱锥中，底面，，，，且平面平面． （1）证明：； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）取的中点，连接，因为，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 又底面，底面，所以， 又，平面， 所以平面，又平面， 所以． （2） 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理证得平面，再利用线面垂直的性质定理得，，进而利用线面垂直的判定定理得平面，最后利用线面垂直的性质定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后利用向量法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，所以， 又底面，所以，，两两垂直，如图， 以点为原点，，，所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， 由（1）可知，为平面的一个法向量， 设平面的一个法向量， 则有 令，得，则， 设平面与平面的夹角为， 则． 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 18. 甲、乙两人进行羽毛球比赛，各场比赛相互独立，单场甲获胜的概率为，乙获胜的概率为． （1）若甲、乙进行5场比赛，设随机变量为比赛中甲获胜的场数，当时，求的分布列、数学期望与方差． （2）比赛终止规则：比赛过程中若任意一方连续赢得两场，则比赛终止；若全程无人达成两连胜，则进行场后比赛终止．记随机变量为比赛终止时已完成的场数． （i）求； （ii）当时，证明： ． 【答案】（1）的分布列为，，，，，， 的数学期望，的方差 （2）（i） （ii）， ， ， ， ， ， 所以 ． 【解析】 【分析】（1）由服从二项分布的性质求期望及方差； （2）（i）由事件的独立性求概率即可；（ii）由条件概率的公式求解． 【小问1详解】 由题意， 所以的分布列为，，，，，，， 的数学期望， 的方差． 【小问2详解】 （i）由题意可知随机变量的可能取值为2，3，4， 则， ， ， 所以 ． （ii）略 19. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，离心率为2，过点的直线交的右支于，两点，且当与轴垂直时，． （1）求的方程． （2）证明：点在以为直径的圆外． （3）在轴上是否存在点，使为等边三角形？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）由（1）得，，设直线的方程为，点，，联立方程整理得，则，，由直线与双曲线的右支交于，两点，得． 要证点在以为直径的圆外，只需证即可， 又，， 又，， 所以 ， 由，得， 所以， 所以，即点在以为直径的圆外． （3）不存在，理由如下： 假设在轴上存在点，使为等边三角形，设线段的中点为， 则，且， 由上，． 因为，所以直线的斜率， 所以． 又， 所以， 因为方程无解， 所以在轴上不存在点，使为等边三角形． 【解析】 【分析】（1）由题意建立方程求得，，代入可得的方程； （2）由题意，只需证即可，设出直线方程，直线与双曲线联立方程组，由直线与双曲线的右支交于，两点，得，根据韦达定理及平面向量数量积坐标运算计算即可证明； （3）假设存在点，设线段的中点为，根据结合弦长公式建立等式得，因上述方程无解，故假设不成立. 【小问1详解】 设双曲线的半焦距长为， 当直线与轴垂直时，，两点的横坐标为， 所以，解得，即， 所以， 又，，得，，， 故的方程为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $