精品解析：四川省百师联盟2027届高三9月开学联考数学试题

四川省百师联盟2027届高三9月开学联考 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上. 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. 考试时间为120分钟，满分150分 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数．若为纯虚数，则（ ） A. B. C. D. 2 3. 已知平面向量．若向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. B. C. 1 D. 3 4. 将含甲、乙在内的5名工程师分配至两间不同的工作站工作．若工程师甲、乙必须安排在同一工作站，且每间工作站至少分配2人，则不同的分配方案共有（ ） A. 8种 B. 10种 C. 12种 D. 14种 5. 已知为等比数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 某新能源实验室迭代优化固态电池快充工艺，电池单次充满所需时长（单位：分钟）与工艺迭代次数的关系式为，定义边际时长缩减量．当时，继续迭代带来的快充提升低于研发成本，应当停止迭代．已知，则满足停止迭代条件的迭代次数至少为（ ） A. 20 B. 22 C. 24 D. 26 7. 如图，在平行六面体中，底面为正方形，，棱为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 设、分别为椭圆的左、右焦点，，、两点均在椭圆上且满足，，则椭圆的离心率为（ ） 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. 科研人员测试多组碳化硅功率器件的耐压性能，得到一组实验数据．已知该组数据的平均数为4，方差为3，极差为8，中位数为5．对原始数据进行线性变换，得到一组新数据，，，，．若新数据的平均数为，方差为，极差为，中位数为，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知数列的前项和为，若，，则（ ） A. B. 数列是等差数列 C. D. 11. 设双曲线的左、右焦点分别是是双曲线的左支上一点，为线段的中点，线段的垂直平分线经过坐标原点，则下列说法正确的有（ ） A. 双曲线的离心率为 B. 的外接圆周长为 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为和，体积为，则该正四棱台的高为_____． 13. 已知，则_____． 14. 已知函数，则关于的不等式的解集为_____． 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. 为研究储能行业技术人员使用储能仿真软件的情况与方案自主优化能力是否有关联，随机调查了100名储能企业技术人员，得到如下列联表（单位：人）． 仿真软件使用情况 自主优化能力 合计 强 一般 经常使用 22 不经常使用 16 合计 44 （1）将列联表补充完整并依据小概率值的独立性检验，分析储能技术人员使用储能仿真软件的情况是否与自主优化能力有关． （2）一名新入职储能技术员此前未使用储能仿真软件，计划开始学习使用．他在第天使用储能仿真软件开展工作的概率为，每天是否使用相互独立．设这名技术员前3天中使用储能仿真软件的天数为，求的分布列与数学期望． 参考公式：． 参考数据： 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.841 10.828 16. 在中，角所对的边分别为且． （1）求角； （2）若，求中线的长． 17. 如图，在三棱柱中，，，，，. （1）求证：平面平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知抛物线的焦点为，抛物线上一动点到焦点距离的最小值为1．过点的直线交抛物线于两点，点在抛物线上，且的重心在轴上． （1）求抛物线的标准方程； （2）若（为坐标原点），垂足为，求证：存在定点，使得为定值； （3）若，求重心的坐标． 19. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：； （3）若在上恒成立，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川省百师联盟2027届高三9月开学联考 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上. 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. 考试时间为120分钟，满分150分 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题意知，集合是点集，元素是点，集合是数集，元素是实数，故． 2. 已知复数．若为纯虚数，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】因为为纯虚数， 所以，解得. 3. 已知平面向量．若向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. B. C. 1 D. 3 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以． 所以向量在向量上的投影向量为，解得． 4. 将含甲、乙在内的5名工程师分配至两间不同的工作站工作．若工程师甲、乙必须安排在同一工作站，且每间工作站至少分配2人，则不同的分配方案共有（ ） A. 8种 B. 10种 C. 12种 D. 14种 【答案】A 【解析】 【详解】先确定甲、乙所在的工作站，共有2种，确定甲、乙所在的工作站后，该工作站已经有2人， 另一个工作站至少有2人，需要从另外3人中选出至少2人到另一个工作站，不同的分配方案数为种， （注意：若另一个工作站只有2人，余下的1人就跟甲乙一组，若另一个工作站只有3人，则甲乙一组）， 所以不同的分配方案共有种. 5. 已知为等比数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】当时，由可得，两式作差可得出等比数列的公比，然后在等式中，令，可求出的值，进而可求出数列的通项，即可得出的值. 【详解】因为，所以当时，． 两式相减，得，所以，即等比数列的公比为． 当时，，解得，所以， 所以． 6. 某新能源实验室迭代优化固态电池快充工艺，电池单次充满所需时长（单位：分钟）与工艺迭代次数的关系式为，定义边际时长缩减量．当时，继续迭代带来的快充提升低于研发成本，应当停止迭代．已知，则满足停止迭代条件的迭代次数至少为（ ） A. 20 B. 22 C. 24 D. 26 【答案】C 【解析】 【分析】根据指数函数和对数函数的性质计算即可. 【详解】由题意，得． 由，得． 两边取自然对数，得，所以， 解得，所以满足停止迭代条件的迭代次数至少为． 7. 如图，在平行六面体中，底面为正方形，，棱为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，设，以为基底，分别表示，再利用向量法即可求出异面直线与所成角. 【详解】设，则，． 以为基底，由题意得，． 因为，， 所以， ， ， 设异面直线与所成角为， 则， 即异面直线与所成角的余弦值为. 8. 设、分别为椭圆的左、右焦点，，、两点均在椭圆上且满足，，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，设出，根据椭圆的定义可知，，在和中，利用勾股定理列方程求解即可. 【详解】因为，所以设，则． 由椭圆的定义，得，， 在中，， 因为，所以．① 在中，，即．② 联立①②，解得，， 又因为，所以椭圆的离心率． 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. 科研人员测试多组碳化硅功率器件的耐压性能，得到一组实验数据．已知该组数据的平均数为4，方差为3，极差为8，中位数为5．对原始数据进行线性变换，得到一组新数据，，，，．若新数据的平均数为，方差为，极差为，中位数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【详解】由题意，得， 故选项ABD都正确． 10. 已知数列的前项和为，若，，则（ ） A. B. 数列是等差数列 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用递推式可计算，通过递推式推导数列的隔项差，判断奇数项数列及偶数项数列的等差性，并可求奇数项及偶数项的通项公式，再利用并项求和法计算. 【详解】对于选项A，因为，所以，两式相减得． 因为，所以，故A错误； 对于选项B，因为，，所以． 因为，所以数列是以为首项，为公差的等差数列； 数列是以为首项，为公差的等差数列，故B正确； 对于选项C，由前面分析，得，， 所以，故C正确； 对于选项D， ，故D正确． 11. 设双曲线的左、右焦点分别是是双曲线的左支上一点，为线段的中点，线段的垂直平分线经过坐标原点，则下列说法正确的有（ ） A. 双曲线的离心率为 B. 的外接圆周长为 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据双曲线的性质逐项判断计算即可. 【详解】设双曲线的焦距为，实轴长为，虚轴长为， 则，所以，所以， 所以双曲线的离心率，故A正确． 因为线段的垂直平分线经过原点为线段的中点，为线段的中点， 所以为的中位线，且，所以， 所以为直角三角形，所以的外接圆直径为， 所以的外接圆周长为，故B错误． ，故C正确． 因为 所以，故D错误． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为和，体积为，则该正四棱台的高为_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据正四棱台的体积公式计算即可． 【详解】设正四棱台的高为，则其体积，解得． 13. 已知，则_____． 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以． 因为，所以， 所以． 14. 已知函数，则关于的不等式的解集为_____． 【答案】 【解析】 【分析】由题可知，即的图象关于直线对称，再利用导数判断函数的单调性，然后结合对称性及单调性解不等式即可． 【详解】因为， 所以， 所以的图象关于直线对称． 因为，设， 则， 当且仅当，即时，等号成立，所以函数在上单调递增． 又因为，所以当时，， 函数单调递减，当时，，函数单调递增． 由，得， 所以．整理得， 解得或，即不等式的解集是． 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. 为研究储能行业技术人员使用储能仿真软件的情况与方案自主优化能力是否有关联，随机调查了100名储能企业技术人员，得到如下列联表（单位：人）． 仿真软件使用情况 自主优化能力 合计 强 一般 经常使用 22 不经常使用 16 合计 44 （1）将列联表补充完整并依据小概率值的独立性检验，分析储能技术人员使用储能仿真软件的情况是否与自主优化能力有关． （2）一名新入职储能技术员此前未使用储能仿真软件，计划开始学习使用．他在第天使用储能仿真软件开展工作的概率为，每天是否使用相互独立．设这名技术员前3天中使用储能仿真软件的天数为，求的分布列与数学期望． 参考公式：． 参考数据： 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.841 10.828 【答案】（1） 仿真软件使用情况 自主优化能力 合计 强 一般 经常使用 22 28 50 不经常使用 34 16 50 合计 56 44 100 认为储能技术人员使用储能仿真软件的情况与自主优化能力有关联 （2） 的分布列如下所示， 0 1 2 3 的数学期望为 【解析】 【分析】（1）利用部分与整体的关系列联表，再利用与进行独立性检验即可. （2）利用独立事件的乘法公式计算的分布列，再利用随机变量均值的定义求出即可. 【小问1详解】 完整的列联表如下． 仿真软件使用情况 自主优化能力 合计 强 一般 经常使用 22 28 50 不经常使用 34 16 50 合计 56 44 100 零假设为：储能技术人员使用储能仿真软件的情况与自主优化能力无关． 由列联表中的数据，计算得 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 即认为储能技术人员使用储能仿真软件的情况与自主优化能力有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05． 【小问2详解】 由题意，的可能取值为0，1，2，3． 因为新员工第1天、第2天、第3天使用储能仿真软件开展工作的概率分别为， 所以， ， 故的分布列如下表． 0 1 2 3 所以的数学期望. 16. 在中，角所对的边分别为且． （1）求角； （2）若，求中线的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等式，结合正弦定理化简得到，再根据的范围得到； （2）先利用余弦定理，求出，再利用勾股定理逆定理得出，再在直角三角形中求出. 【小问1详解】 ， ． ，， 整理得． ． 又． 由正弦定理，得． ． ． 【小问2详解】 在中，， 由余弦定理，得，化简得． 解得或（舍）． ． 是的中点，， ． 17. 如图，在三棱柱中，，，，，. （1）求证：平面平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：在中，，，， 由余弦定理得． ，， ，，、平面，平面． 平面，平面平面． （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理结合勾股定理可证得，再结合条件以及线面垂直、面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）分析可知、、两两相互垂直，以点为坐标原点，分别以、、所在的直线为、、轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可求出的值，再利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1），得平面，又、平面，，， 又，、、两两相互垂直． 以点为坐标原点，分别以、、所在的直线为、、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系． 设，由（1）知， 则、、、， ，，． 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，则，，． 设直线与平面所成的角为， 则，解得， ． 在三棱柱中，，且，． 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，． 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为． 18. 已知抛物线的焦点为，抛物线上一动点到焦点距离的最小值为1．过点的直线交抛物线于两点，点在抛物线上，且的重心在轴上． （1）求抛物线的标准方程； （2）若（为坐标原点），垂足为，求证：存在定点，使得为定值； （3）若，求重心的坐标． 【答案】（1） （2）由（1），得． 方法一：由题意，得直线过定点，直线过定点， 且于点，所以点在以为直径的圆上， 圆心为点，半径为． 所以存在定点，使得为定值． 方法二：由题意，得直线的倾斜角不为0，设直线的方程为． 因为，所以直线的方程为． 解得所以点 设，则，消去，得， 即， 所以点在以点为圆心，为半径的圆上 所以存在定点，使得为定值． （3）． 【解析】 【分析】（1）由取得最小值1得到，解出，从而得到抛物线的标准方程. （2） 方法一： 由于点得到点在以为直径的圆上，从而得到此圆的圆心和半径，从而得到所求． 方法二：设直线的方程为．由得到直线的方程为．通过联立方程组得到点的坐标，再设，从而得到点在以点为圆心，为半径的圆上，从而得到所求. （3）设直线的方程为，，，，，重心．通过联立方程组得到．求出，从而得到，由的重心在轴上可以得到，从而得到，．从而得到，继而求出． 【小问1详解】 因为抛物线，所以抛物线的准线方程为． 设，则由抛物线的定义，得， 所以当时，取得最小值1， 所以，解得， 所以抛物线的标准方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意，得直线的倾斜角不为0， 设直线的方程为， ，，，，重心． 由消去，化简得， 则． 所以． 由题意，得，解得． 因为的重心在轴上，所以， 所以，则． 因为，所以， 故的重心． 19. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：； （3）若在上恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）证明：等价于． 方法一：令，则． 令，则． 函数在上单调递增，且， 函数在内存在唯一的零点，即． 当时，；当时，， 函数即在上单调递减，在上单调递增， 函数的最小值为， 函数在上单调递增． 当时，； 当时，． 综上，在上恒成立，即在上恒成立． 方法二：令． 当时，． 当时，． 令，则在上单调递增． ， 函数即在上单调递增，， 函数在上单调递增，． 综上，在上恒成立，即在上恒成立 （3）． 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程即可； （2）方法一：不等式等价于证，令，求导得，再令，继续求导得，然后由零点存在定理可得函数在内存在唯一的零点，进而可得函数在上单调递增，再分当及即可证明． 方法二：易知时，，再利用导数可证在上单调递增，则，然后可证． （3）不等式可化为，令，则，结合函数的单调性可得在上恒成立，即在上恒成立，再求函数的最小值即可． 【小问1详解】 ． 又． 曲线在点处的切线方程为， 即． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 不等式，即， 等价于． 令，则原不等式可转化为． 函数在上单调递增，在上恒成立， 可得在上恒成立，在上恒成立． 设，则， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 函数的最小值为． 又实数的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $