精品解析：广东揭阳部分高中2026-2027学年高三上学期开学摸底调研数学试题

2027届高三开学摸底调研 数学试题 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交． 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. 底面半径与高均为1的圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可得：圆锥的母线长为， 所以圆锥的侧面积为. 2. 已知角的始边与x轴非负半轴重合，终边落在直线上，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【详解】在角的终边上任取异于原点的点， 由，得． 3. 已知平面向量，，若与共线且，则（ ） A. 4 B. 3 C. 6 D. 2 【答案】A 【解析】 【详解】由题意可得，，， 所以，解得或（舍去）． 所以． 4. 某次线性回归分析中，仅得到两个样本数据点和．若仅利用这两个数据点，用最小二乘法得到的经验回归方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】只有两个样本点时，最小二乘法得到的经验回归方程就是过两点的直线，通过斜率公式求出系数，进而可得回归方程. 【详解】设经验回归方程为， 由于两个样本点的横坐标不同，存在唯一一条直线同时经过这两个样本点， 此时残差平方和为0，达到最小值，因此， 再由，得，故经验回归方程为． 5. 设，，则的元素个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 【答案】A 【解析】 【详解】若，则，即,所以． 若，当时，，即； 当时，由及，得， 从而，即，所以． 因此，故，其元素个数为0． 6. 已知，且是偶函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由，得， 所以． 由于为偶函数，所以对任意x， 均有． 取，得，从而． 结合，得． 7. 甲、乙两个转盘均标有数字1，2，3，甲转盘指向1的概率为p，指向2，3的概率相等；乙转盘指向1的概率为q，指向2，3的概率相等，其中．现独立地转动两转盘各一次，若“甲转盘指向1”与“两个转盘指向相同的数字”相互独立，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设事件E表示“甲转盘指向1”，事件F表示“两个转盘指向相同的数字”， 则，， ． 由事件E与事件F相互独立，得． 因为，所以， 即，整理得． 因为，所以． 8. 若函数的最小值为，则（ ） A. 1 B. C. e D. 【答案】D 【解析】 【分析】设函数在处取得最小值，其中，故有，进而可得，即，然后可得，再检验即可． 【详解】设函数在处取得最小值，其中，故有． 由，得． 又，所以， 整理得． 因为，所以，从而． 当时，． 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以在处取得最小值，且，符合题意． 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. 已知复数的实部等于，且和在复平面内对应的点分别为，，则（ ） A. B. C. 在第一象限内 D. 在第四象限内 【答案】BC 【解析】 【分析】首先利用二项式定理或复数乘方运算法则展开，分离出实部和虚部的表达式.因为题目给出的实部等于且，所以建立关于的方程求解的值.得到后确定的具体形式，再计算的表达式，分别得到点、的坐标.结合的表达式计算，再逐一对应选项判断正误. 【详解】由，实部等于a， 得，即，又，得，A错误； 此时，，且点在第一象限内，BC正确； 又，对应点在第二象限内，D错误． 10. 某圆台的上底面与下底面圆心分别为，，半径分别为1，2，点A，B分别为上、下底面圆周上的动点，且对任意A，B，直线AB与直线所成角大于，则（ ） A. B. C. 直线与下底面所成角恒小于 D. 平面与平面的夹角恒小于 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，设，线段AB在下底面内的投影为，可得，设直线AB与直线所成角为，分析可得，进而求解判断即可；对于B，举特例即可判断；对于C，结合线面角的定义求解判断即可；对于D，取，令，建立空间直角坐标系，取，，结合空间向量可得平面平面，即可判断. 【详解】对于A，设，线段AB在下底面内的投影为，如图， 则由两底面圆半径分别为1，2，得，且当，方向相同时等号成立． 设直线AB与直线所成角为，则， 由题意得，所以，故A正确； 对于B，取，则对任意A，B，均有，满足题意， 但，故B错误； 对于C，设直线与下底面所成角为，则， 所以，故C正确； 对于D，取，令， 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，并取，， 所以， 设平面的法向量为， 则， 取，得， 设平面的法向量为， 则， 取，得， 因为， 所以平面平面，此时两平面夹角为，故D错误. 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 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意，各孔到模块的距离构成等差数列，标定需要从中选取三项组成递增等比数列.利用等比中项公式建立关系式，结合正整数约束，对得到的等式分离有理部分与无理部分，判断是否存在满足条件的项数，依次进行推理验证. 【详解】对于，设第个孔到模块的距离为，其中，.选取第，，个孔，其中，令，，若其距离构成递增的等比数列，则，整理得.因为，，所以，从而后两个标定孔的中心距大于前两个标定孔的中心距，正确； 对于，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，，，构成递增的等比数列，所以可选第1，3，7孔，正确； 对于，正方形的对角线长，当，时，为无理数，而对任意孔均有为无理数，不可能满足，因此该孔列不能选出三个孔完成标定，错误； 对于，若有两个孔到模块的距离分别为，，则存在正整数，使得，若距离为的孔是第个孔，则为无理数，因此该孔列不能选出三个孔完成标定，正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 抛物线的焦点也是双曲线的一个焦点，则__________． 【答案】2 【解析】 【详解】由双曲线，所以， 其焦点为，抛物线的焦点为． 由题意得，两边平方并整理得， 即． 因为，所以． 13. 竖直高为的楼上有一盏聚光灯，且该聚光灯为唯一光源，高为的人在零时刻从楼底以的速度水平直线远离楼底，则该人影子长度的变化率为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，得到影长与人在某时刻与楼底的水平距离的关系式即可求解. 【详解】设人在某时刻与楼底的水平距离为，影长为， 由相似三角形得，整理得， 因为人每秒远离楼底，所以影长每秒增加， 故影长的变化率为. 14. 锐角的内角的对边分别为，若，则的取值范围为______．为边上一点，且满足，则的取值范围为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】①根据题意，结合正弦定理得到即可求解；②根据题意，结合余弦定理即可求解. 【详解】①已知， 由正弦定理得，代入已知等式并约去，得， 因为，且，所以， 从而两处等号同时成立，得，， 因为三角形为锐角三角形，所以，由正弦定理得，故， 所以的取值范围为； ②由及，得，， 设，由三点共线，得， 在和中，由余弦定理得，， 因此 ，所以， 令，则，且，， 从而， 取锐角，使，，则， 当时，， 所以，故，的取值范围为． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 如图所示为四棱锥，已知底面为矩形，底面且，． （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）由四边形为矩形，且平面，又平面， 得，又， ，，平面，所以平面， 又因为平面，所以． （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可证平面，进而可得面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由四边形为矩形，平面， 所以，，， 以A为原点，分别以所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 可得，，． 设平面的一个法向量为，则， 令，则，，故． 设直线与平面所成的角为， 则． 所以直线与平面所成的角的正弦值为． 16. 已知数列的前n项积． （1）求的通项公式； （2）若对任意正整数n，，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 当时，， 当时，， 且也满足此式， 所以的通项公式为； 【小问2详解】 记， 则， 所以， 即对成立， 易知递增， 故，故，所以的最小值为． 17. 已知函数，． （1）证明：； （2）当时，证明：． 【答案】（1）． 令，由，得， 当，即时，， 当，即时，， 所以在单调递减，在单调递增， 因此． （2）当时，，即， 故只需证明． 设，则． 设，则． 由（1）知，，所以， 从而，在单调递增． 因为，所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 因此．得证． 【解析】 【分析】（1）求导，确定函数单调性，求得最值，即可求证； （2）通过，将问题转换成，再构造函数，求导确定单调性即可求证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 设m，n，k均为正整数，且，，现需要对由m台同型号服务器组成的随机调度系统进行测试，测试程序连续发送指令，每次测试指令均由系统独立、等可能地分配给其中一台服务器．前n次测试结束后，记为至少接受过一次测试的服务器台数． （1）当时，求的分布列； （2）证明：； （3）当时，随着测试次数增加，判断实现全部服务器测试覆盖的概率的变化情况，并给出证明． 【答案】（1） 1 2 3 4 P （2）增加一次测试后，至少接受过一次测试的服务器台数只能保持不变或增加1， 因此事件可分为两种互斥情况， 若，则第次测试指令需要分配给这台已经接受过测试的服务器中的一台， 该情况发生的概率为． 若，则第次测试指令需要分配给其余台尚未接受过测试的服务器中的一台， 该情况发生的概率为． 则， 可得． （3）实现全部服务器测试覆盖的概率随测试次数增加而增大， 在（2）中取，可得． 所以． 当时，考虑如下分配结果：前次测试指令分别分配给台不同的服务器，其余次测试指令均分配给其中第一台服务器， 该分配结果发生的概率为，且在该分配结果下有． 因此，从而． 故当时，实现全部服务器测试覆盖的概率随测试次数增加而增大． 【解析】 【分析】（1）分析可知的所有可能取值为1，2，3，4，结合古典概型求分布列； （2）分和两种情况，结合互斥事件概率加法公式运算求解； （3）在（2）中取，利用作差法可证，进而分析判断. 【小问1详解】 当时，每次测试指令有4种等可能的分配结果， 故4次测试指令共有种等可能的分配结果． 的所有可能取值为1，2，3，4． 当时，4次测试指令均分配给同一台服务器，故． 当时，先从4台服务器中选出2台，再将4次测试指令分配给这2台服务器，且每台服务器至少接受一次测试， 故． 当时，接受两次测试的服务器有4种选择，这两次测试的位置有种选择，其余两次测试分别分配给另外3台服务器中的2台，共有种分配方法， 故． 当时，4次测试指令分别分配给4台服务器，故． 所以的分布列如表 1 2 3 4 P 【小问2详解】略 【小问3详解】 当时，实现全部服务器测试覆盖的概率随测试次数增加而增大．略 19. 已知椭圆的右焦点为，上一点满足轴． （1）求的方程； （2）过且斜率为的直线与交于两点． （ⅰ）记直线的斜率分别为，，求； （ⅱ）若直线分别与x轴交于点，证明：的外接圆经过异于的定点． 【答案】（1） （2）（i）； （ii）由圆的几何性质，只需证明的外心在定直线上． 设，，的外心为， 则 记，． 则直线PA的方程为， 令得：． 同理，． 由得，，解得． 由得，， 解得． 由（ⅰ）可得，，， 所以， ． 因此， 即， 故I在定直线上， 从而的外接圆始终经过点，其中为关于的对称点． 由轴对称的性质可知，直线的斜率为，且线段的中点为直线与的交点， 联立得， 再由中点坐标公式可得． 综上，的外接圆经过异于的定点． 【解析】 【分析】（1）由条件可得，再结合点在椭圆上，代入方程即可求解； （2）（ⅰ）设直线的方程为，联立椭圆方程，结合斜率公式即可求解；（ii）将问题转化成证明的外心在定直线上，再结合圆的对称性求解即可. 【小问1详解】 记，则由轴可知，从而． 又因为，所以， 解得或（舍去）． 因此C的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）设，，直线的方程为． 由得， 所以，． ， 同理，． 所以 ． （ⅱ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三开学摸底调研 数学试题 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交． 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. 底面半径与高均为1的圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 2. 已知角的始边与x轴非负半轴重合，终边落在直线上，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 3. 已知平面向量，，若与共线且，则（ ） A. 4 B. 3 C. 6 D. 2 4. 某次线性回归分析中，仅得到两个样本数据点和．若仅利用这两个数据点，用最小二乘法得到的经验回归方程为（ ） A. B. C. D. 5. 设，，则的元素个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 6. 已知，且是偶函数，则（ ） A. B. C. D. 7. 甲、乙两个转盘均标有数字1，2，3，甲转盘指向1的概率为p，指向2，3的概率相等；乙转盘指向1的概率为q，指向2，3的概率相等，其中．现独立地转动两转盘各一次，若“甲转盘指向1”与“两个转盘指向相同的数字”相互独立，则（ ） A. B. C. D. 8. 若函数的最小值为，则（ ） A. 1 B. C. e 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. 已知复数的实部等于，且和在复平面内对应的点分别为，，则（ ） A. B. C. 在第一象限内 D. 在第四象限内 10. 某圆台的上底面与下底面圆心分别为，，半径分别为1，2，点A，B分别为上、下底面圆周上的动点，且对任意A，B，直线AB与直线所成角大于，则（ ） A. B. C. 直线与下底面所成角恒小于 D. 平面与平面的夹角恒小于 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. 抛物线的焦点也是双曲线的一个焦点，则__________． 13. 竖直高为的楼上有一盏聚光灯，且该聚光灯为唯一光源，高为的人在零时刻从楼底以的速度水平直线远离楼底，则该人影子长度的变化率为______． 14. 锐角的内角的对边分别为，若，则的取值范围为______．为边上一点，且满足，则的取值范围为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 如图所示为四棱锥，已知底面为矩形，底面且，． （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 16. 已知数列的前n项积． （1）求的通项公式； （2）若对任意正整数n，，求的最小值． 17. 已知函数，． （1）证明：； （2）当时，证明：． 18. 设m，n，k均为正整数，且，，现需要对由m台同型号服务器组成的随机调度系统进行测试，测试程序连续发送指令，每次测试指令均由系统独立、等可能地分配给其中一台服务器．前n次测试结束后，记为至少接受过一次测试的服务器台数． （1）当时，求的分布列； （2）证明：； （3）当时，随着测试次数增加，判断实现全部服务器测试覆盖的概率的变化情况，并给出证明． 19. 已知椭圆的右焦点为，上一点满足轴． （1）求的方程； （2）过且斜率为的直线与交于两点． （ⅰ）记直线的斜率分别为，，求； （ⅱ）若直线分别与x轴交于点，证明：的外接圆经过异于的定点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $