辽宁辽西部分重点高中2026-2027学年上学期高三开学考试数学试题

**基本信息** 高三开学数学诊断卷，以基础巩固为核心，通过函数单调性、立体几何、概率统计等问题设计，考查抽象能力、推理意识与数据观念，实现知识衔接与能力分层。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|集合、复数、向量等基础内容|注重概念辨析，如奇函数单调性判断| |多选题|3/18|不等式、立体几何、统计抽样|选项分层，如半圆锥表面积与线面角综合| |填空题|3/15|数列积、椭圆周长、函数极值|强调转化思想，如数列前n项积最值| |解答题|5/77|三角函数图像、等比数列、立体几何（面面垂直）、概率（比赛赛制）、双曲线|综合应用，如乒乓球比赛概率与二面角范围探究，贴合高考命题趋势|

辽西部分重点高中2026~2027学年度上学期高三开学考试 数学试题 考生注意： 1.满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 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．若集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】集合，又，所以. 2．在复平面内，复数表示的点位于第一象限，若，则实数（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为复数对应的点为，位于第一象限，所以， 又，所以， 所以，又，所以. 3．设向量，，．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由题意得，由得， 即，解得． 4．已知定义域为R的奇函数（a，m，），则函数的单调递增区间为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据奇函数性质求得，再求的定义域，并结合复合函数单调性法则“同增异减”判断即可. 【详解】 ， 因为是定义在R上的奇函数， 所以，即恒成立， 所以，解得， 所以，定义域为， 所以，根据复合函数单调性法则“同增异减”可得在上单调递增，在上单调递减， 所以，函数的单调递增区间为. 5．已知为的三个内角的对边，向量.若⊥，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为⊥，所以， 因为，所以，所以 6．已知圆：，点，（），若圆上存在，两点，使得以，，，四个点为顶点的平行四边形有且仅有1个，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据平行四边形顶点的位置关系，分为平行四边形的对角线和其中一边两种情况分类讨论，分别计算两种情况对应的符合条件的平行四边形个数，由平行四边形有且仅有1个限定出不等关系，解不等式可求出的取值范围. 【详解】易知圆：的圆心为，半径为； 显然，因此点在圆的内部； 点，都在直线上，且该直线过圆心； 若， 由对称性可知在直线两侧分别可构造出两组且互相平行的直线，此时可构成两个以为一边的平行四边形； 除此之外，当与垂直且互相平分时可构成一个以为对角线的平行四边形， 综上可知，一共可以构成三个平行四边形，显然不合题意； 若， 此时在直线两侧无法构造出，此时无法构成以为一边的平行四边形； 因此只有当与垂直且互相平分时可构成一个平行四边形， 此时为平行四边形的对角线，且的中点到圆心的距离不大于半径， 所以， 解得； 当时，或， 此时弦的长为，两点重合，不合题意； 因此可得的取值范围是. 7．某物流公司规划了7条分别编号为1至7的无人机专属航线，现将这7条航线全部分配给甲、乙、丙3个不同的调度中心，且航线1与航线2必须分配给同一个调度中心．若每个调度中心至少分到1条航线，且甲中心分配的航线数量必须多于乙中心，则不同的分配方案总数为（     ） A．185 B．205 C．215 D．235 【答案】C 【分析】先将7条航线分成3组，为保证每个中心至少分到一条航线，共有四种情况.因为甲中心分配的航线数量必须多于乙中心，所以分甲分配到条航线进行分析可得. 【详解】因为每个调度中心至少分到1条航线， 所以把7条航线分成3组，有四种情况. 因为甲中心分配的航线数量必须多于乙中心，所以可分甲分配到四个类型进行分析， 所以有以下分配方案： 若甲中心分配5条航线，则其中必包括航线1与航线2，共有种方案； 若甲中心分配4条航线，且其中包括航线1与航线2，则从除1、2两条航线外的5条中再选2条给甲， 再将剩余3条分成两组分配给乙、丙，共有种方案； 若甲中心分配4条航线，但其中不包括航线1与航线2，则需从除1、2两条航线外的5条中选4条给甲， 再将1、2两条航线作为一组，剩余1条单独作为一组，分配给乙、丙共有种方案； 甲中心分配2条航线，即航线1与航线2，则需从除1、2两条航线外的5条中选1条给乙， 再将剩余4条单独作为一组分配给丙，共有种方案； 若甲中心分配2条航线，但不包含航线1与航线2，则需从除1、2两条航线外的5条中选2条给甲，选1条给乙， 再将剩余4条单独作为一组分配给丙，共有种方案； 若甲中心分配3条航线，且包含航线1与航线2，则需从除1、2两条航线外的5条中选1条给甲， 此时可从其余航线中选1条给乙，其余航线作为一组给丙，共有种方案； 也可选两条给乙，其余航线给丙，共有种方案； 若甲中心分配3条航线，但不包含航线1与航线2，则需从除1、2两条航线外的5条中选3条给甲， 此时可从剩余2条航线中选1条给乙，其余航线作为一组给丙，共有种方案； 也可将剩余2条航线给乙，将航线1与航线2作为一组给丙，共有种方案； 也可将航线1与航线2给乙，其余航线给丙，共有种方案； 综上所述，共有种方案. 8．已知定义在上的连续函数，其导函数为，若．且当时，，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】构造函数，分析出该函数为偶函数，结合导数可知函数在上为减函数，将所求不等式变形为，结合函数的单调性与奇偶性可得出关于的不等式，解之即可. 【详解】构造函数，该函数的定义域为，且函数在上连续， 则， 故函数为偶函数， 当时，，所以函数在上为减函数， 由可得， 即，可得，所以，则， 整理可得，解得， 所以不等式的解集为. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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，，关于x的不等式的解集为，则（    ） A． B．的最小值为 C．的最小值为4 D．的最小值为 【答案】ACD 【分析】选项A，的解集为，利用根与系数的关系，通过计算得到；选项B，由利用基本不等式得到；选项C，由解得，代入，整理后利用1的妙用求解；选项D，将，变形为，利用1的妙用求解即可. 【详解】选项A，的解集为， ，，， 故选项A正确； 选项B，，，当且仅当，即时取等号， ，故选项B 错误； 选项C，，， ，当且仅当，即时，取等号， 的最小值为4，故选项C正确； 选项D，，， ， 当且仅当，即当时取等号， 解方程组，解得， 的最小值为，故选项D正确. 10．如图，半圆锥的底面直径的长为2，顶点V为矩形的边的中点，母线的长为2，P为半圆弧上任意一点（P不与A，D重合），则下列结论正确的是（    ） A．该半圆锥的表面积为 B．三棱锥的四个面都为直角三角形 C．当直线与平面所成的角为时，异面直线与所成角的余弦值为 D．当三棱锥的体积最大时，平面截三棱锥的外接球所得截面的面积为 【答案】ABD 【分析】对于A选项,半个圆锥的表面积为一个弧面、一个半圆、一个三角形的面积之和；对于B选项，主要运用线面垂直的判定定理从而证明线线垂直然后得出直角三角形；对于C选项，建立空间直角坐标系，求出与的向量坐标，再运用向量的相关计算求出异面直线与所成角的余弦值；对于D选项，先求出P点坐标，再求出三棱锥的外接球的球心，然后求出所得截面的半径从而求出面积. 【详解】对于A选项，因为，所以, 半圆锥的表面积等于圆锥侧面的一半+半圆+， 即，故A选项正确； 对于B选项，取的中点连接，因为为半圆锥的圆心，为半圆锥的顶点， 所以平面，又因点和点分别是，的中点，所以， 所以平面，所以， 所以为直角三角形，三点在圆上且为直径， 所以，且，所以平面， 又平面，故，， 所以为直角三角形， 综上所述三棱锥的四个面都为直角三角形，故B选项正确. 对于C选项，以为x轴，以为y轴，如下图作z轴建立空间直角坐标系， 则，，故， 由题可设，其中， 因为直线与平面所成的角为且面，面， 故面面，且面面，所以P投影在面上点在直线上， 故，所以， 即，且，解得，故， 因此，， 则异面直线与所成角的余弦值为，故C选项错误； 对于D选项， 运用到C选项的空间直角坐标系，除点P坐标未知其余坐标不变， 因为， h为的长，以为底，高为点到的距离，因为三棱锥的体积最大， 所以点到的距离就要最大，所以， 设三棱锥的外接球的球心， 则，解得， 球的半径，，， ，，设面的法向量， 则，令，则，故， 则点M到面的距离为， 故平面截三棱锥的外接球所得截面的半径， 平面截三棱锥的外接球所得截面的面积为，故D选项正确. 11．将容量为的总体分为两层，第一、二层的容量分别为，．现从这个总体中抽取容量为的样本，设第一、二层抽取的样本量分别为，，，，且．记简单随机抽样下，总体中两个特定不同个体都被抽中的概率为；记按比例分层随机抽样下，同属第一层、同属第二层、分属两层的两个特定不同个体都被抽中的概率分别为，，．下列结论正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据古典概型概率公式求，再逐项判断即可. 【详解】因为 从个个体抽个，包含指定个个体的抽样组合数为， 因此， 同理得， 结合关系，可得，， 所以， 又， 对于选项A；因为， 代入，化简得 ， 所以，A正确， 对于选项B；因为 结合选项A的结论，可得，B正确， 对于选项C，结合选项A的结论可得、， 所以 令，代入得： ，显然不成立，C错误， 对于选项D；因为， ， 因为，所以 结合，可得，D正确. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知数列满足，记为的前项积，若，则的最大值为______． 【答案】 【分析】分为奇数与为偶数两种情况化简，再根据指数的运算性质求出关于的表达式，进而结合不等式求解即可得到的最大值． 【详解】当为奇数时，则，则， 当为偶数时，则， 所以的前项积为 ， 即，即，解得， 所以的最大值为． 13．已知椭圆：及点，，点是上与不共线的动点，若周长的最大值为，则________. 【答案】21 【分析】先根据椭圆的方程求出焦点，发现点就是椭圆右焦点；写出三角形周长表达式，固定，转化为求的最大值；利用椭圆的定义替换，结合三角形两边之差小于第三边，得到最大值等式，解方程求出． 【详解】 因为，所以椭圆的焦点在轴上， 因为，即， 所以椭圆的两个焦点为，，即是右焦点， 因为，，所以， 的周长， 已知的周长的最大值为，所以的最大值为， 椭圆上动点满足：，这里， 所以， ， 由三角不等式，当取延长线与椭圆的交点时，等号成立， ， 所以最大值为，解得． 14．已知函数在内存在个极值点，则的取值范围为______. 【答案】 【分析】先判断函数的奇偶性，从而可得是函数的一个极值点，故只需函数在上有个极值点即可，求导，再构造函数，再用导数判断函数在有个变号零点即可，由此可得，解不等式组得，最后再检验可得. 【详解】函数，且，， 所以函数是偶函数，图像关于轴对称，因此是函数的一个极值点， 由对称性可知，只需函数在上有个极值点即可. 当时，函数简化为，， 若时，，所以， 因此无解，函数在上无极值点，故. 设，， 因为，所以函数在上单调递增，设，即.① 则函数在上单调递减，在上单调递增，所以. 因为函数在上有个极值点，所以函数在有个变号零点， 所以. 由①得，，得.② 又由①式两边取对数得，解得③. 将③代入②得，因为，所以， ，由对数函数的性质得.④ 再由，得， 由函数，， 所以函数在上单调递增，且，所以.⑤ 综合④⑤，得. 检验：是否成立，由，， 因为，所以， 又因为，所以，故， 显然成立. 因此的取值范围为. 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､证明过程及演算步骤. 15．函数（，）的部分图象如图所示． (1)求函数的解析式； (2)将该函数的图象向左平移个单位长度，向上平移1个单位长度，再将图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，得到函数的图象，当时，求的值域． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据图象最高点确定，利用个周期长度求出，再代入最高点坐标结合的范围求出； （2）根据图象变换规律求出的解析式，再利用余弦函数的性质求出给定区间上的值域 【详解】（1）解：由图象可知，函数的最大值为，所以. 观察图象，点为函数图象下降过程中的零点，点为函数图象的最高点， 所以，解得. 因为且，所以. 此时，将点代入解析式，得 ， 即 . 所以 ，解得 . 因为 ，令，解得. 所以函数的解析式为 . （2）解：将的图象向左平移个单位长度，得到的图象； 再向上平移个单位长度，得到的图象； 再将图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的倍 得到的图象. 因为，所以 . 由余弦函数的性质可知，当 ，即时， 取得最小值； 当或时， 取得最大值. 所以 . 所以 . 故函数的值域为 . 16．已知等比数列的各项均为正数，记为的前项和，且，． (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据等比数列基本量的计算可求解公比，即可求解通项， （2）利用等比求和公式得，进而根据裂项相消法求和即可得解. 【详解】（1）设等比数列的公比为，则， 由题意知，所以，解得或（舍去）， 所以，所以． （2），所以， 所以， 所以． 17．如图，在梯形中，，，，四边形为矩形，平面平面，平面，，，. (1)求证：平面； (2)求二面角的平面角的余弦值； (3)若点在线段，（与，都不重合）上运动，设平面与平面所成二面角的平面角为，试求的范围． 【答案】(1)因为，，，易得，所以，即， 又因为平面，平面，所以， ，平面，平面，所以平面. (2) (3) 【分析】（1）通过勾股定理证明，再通过线线垂直证明线面垂直. （2）通过二面角的定义找出二面角所对应的夹角，并通过勾股定理求解线段长度，进而求解余弦值. （3）通过建立空间直角坐标系求解平面法向量，利用法向量表示出二面角余弦值并求解范围. 【详解】（1）略 （2）取中点，连接如图所示， 因为，，，平面，所以平面， 又因为，所以，为二面角的平面角. ，得，， 因为平面，所以，，. （3）以为原点，建立空间直角坐标系如图所示， ，，，，， 设，，，， 设平面法向量，满足，解得. 因为平面，所以平面法向量， ， 所以时，，时，， 综上所述，. 18．甲、乙、丙、丁四人进行一场乒乓球比赛，具体赛制为：首先四人抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局并获得第四名；紧接着“败区”的胜者和“胜区”的“败者”对阵，胜者晋级到决赛，败者获得第三名；最后，剩下的两人进行决赛，胜者获得冠军，败者获得第二名．已知甲对阵乙、丙、丁时甲获胜的概率均为，乙对阵丙、丁时乙获胜的概率均为，丙与丁对阵时，相互之间获胜的可能性相同，且不同对阵结果相互独立．经过抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁． (1)求丙获得第四名的概率； (2)求甲获得冠军的概率； (3)求乙参与对阵的比赛场数的分布列． 【答案】(1) (2) (3)的分布列为 【分析】（1）丙拿第四名：先第一轮输给丁进入败区，再用全概率，按甲、乙谁落入败区两种情况，计算丙在败区再输的概率，两者相乘得到结果； （2）甲夺冠分三条互斥路径：三场全胜夺冠；首轮胜、胜区落败再连胜两场夺冠；首轮落败后一路连胜三场夺冠，分别算概率再相加； （3）根据乙的淘汰路径确定的取值，乙对不同对手胜率不同，需结合丙丁组赛果识别对手，分类计算，的概率，再由1减去已有概率得的概率，列出分布列. 【详解】（1）丙获得第四名，则丙与丁对阵丙败，且丙在 “败区” 对阵仍败. 记丙获得第四名为事件，丙与丁对阵丙败为事件，丙进入 “败区” 后与甲对阵为事件，丙进入 “败区” 后与乙对阵为事件，丙在 “败区” 落败为事件，则 , 因此丙获得第四名的概率是； （2）记甲获得冠军为事件，甲在其参加的第场比赛中获胜为，甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况： ①三场全胜，概率， ②第一场胜，第二场负，第三场胜，第四场胜，概率， ③第一场负，第二场胜，第三场胜，第四场胜，概率， 故，即甲获得冠军的概率为. （3）的可能取值为，分别计算概率： ① ，即乙第一轮输给甲的概率为，败区对手为丙或丁，乙落败概率为， 所以; ② ， 记乙在第场比赛中获胜为，乙对阵甲为事件，乙参与对阵的比赛场数恰为 3 可分为三种情况： ①乙连胜两场，进入决赛不用考虑胜败，概率为， ②乙第一场胜，第二场败，第三场败，概率为 , ③乙第一场败，第二场胜，第三场败，概率为 故 ③ ：乙打 4 场（打进决赛）， 由概率和为 1,得， 的分布列为 19．已知双曲线：（，）的右焦点为，一条渐近线方程为． (1)求的方程． (2)设为坐标原点，过点的直线与的右支交于，两点，其中点在第四象限，直线与的另一个交点为． （ⅰ）若，求的方程； （ⅱ）求面积的取值范围． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）根据右焦点坐标及渐近线方程，结合列方程组求解即可. （2）（ⅰ）设出直线方程，与双曲线方程联立，根据题意及韦达定理求出的范围，结合求解即可. （ⅱ）由双曲线的对称性知，进而得到，设，得到；构造函数，根据导数与单调性及最值的关系求解即可. 【详解】（1）设双曲线的半焦距为. 由题意得，，， 又，所以，， 所以的方程为. （2）易知直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，且， 联立，整理得， ， 所以，， 由直线与的右支交于两点，得. （ⅰ）因为，所以，即，所以. 将其代入，解得，，且， 所以，整理得，解得（负值舍去）， 所以直线的方程为. （ⅱ）由双曲线的对称性知，，所以， 所以 ， 设，则， 则， 设， 则， 所以在上单调递减，故，所以， 所以， 故面积的取值范围为. 第4页，共4页 第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 $ 辽西部分重点高中2026~2027学年度上学期高三开学考试 数学试题 考生注意： 1.满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 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．若集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．在复平面内，复数表示的点位于第一象限，若，则实数（     ） A． B． C． D． 3．设向量，，．若，则（    ） A． B． C． D． 4．已知定义域为R的奇函数（a，m，），则函数的单调递增区间为（    ） A． B． C． D． 5．已知为的三个内角的对边，向量.若⊥，则（    ） A． B． C． D． 6．已知圆：，点，（），若圆上存在，两点，使得以，，，四个点为顶点的平行四边形有且仅有1个，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．某物流公司规划了7条分别编号为1至7的无人机专属航线，现将这7条航线全部分配给甲、乙、丙3个不同的调度中心，且航线1与航线2必须分配给同一个调度中心．若每个调度中心至少分到1条航线，且甲中心分配的航线数量必须多于乙中心，则不同的分配方案总数为（     ） A．185 B．205 C．215 D．235 8．已知定义在上的连续函数，其导函数为，若．且当时，，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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，，关于x的不等式的解集为，则（    ） A． B．的最小值为 C．的最小值为4 D．的最小值为 10．如图，半圆锥的底面直径的长为2，顶点V为矩形的边的中点，母线的长为2，P为半圆弧上任意一点（P不与A，D重合），则下列结论正确的是（    ） A．该半圆锥的表面积为 B．三棱锥的四个面都为直角三角形 C．当直线与平面所成的角为时，异面直线与所成角的余弦值为 D．当三棱锥的体积最大时，平面截三棱锥的外接球所得截面的面积为 11．将容量为的总体分为两层，第一、二层的容量分别为，．现从这个总体中抽取容量为的样本，设第一、二层抽取的样本量分别为，，，，且．记简单随机抽样下，总体中两个特定不同个体都被抽中的概率为；记按比例分层随机抽样下，同属第一层、同属第二层、分属两层的两个特定不同个体都被抽中的概率分别为，，．下列结论正确的是（     ） A． B． C． D． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知数列满足，记为的前项积，若，则的最大值为______． 13．已知椭圆：及点，，点是上与不共线的动点，若周长的最大值为，则________. 14．已知函数在内存在个极值点，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､证明过程及演算步骤. 15．函数（，）的部分图象如图所示． (1)求函数的解析式； (2)将该函数的图象向左平移个单位长度，向上平移1个单位长度，再将图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，得到函数的图象，当时，求的值域． 16．已知等比数列的各项均为正数，记为的前项和，且，． (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 17．如图，在梯形中，，，，四边形为矩形，平面平面，平面，，，. (1)求证：平面； (2)求二面角的平面角的余弦值； (3)若点在线段，（与，都不重合）上运动，设平面与平面所成二面角的平面角为，试求的范围． 18．甲、乙、丙、丁四人进行一场乒乓球比赛，具体赛制为：首先四人抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局并获得第四名；紧接着“败区”的胜者和“胜区”的“败者”对阵，胜者晋级到决赛，败者获得第三名；最后，剩下的两人进行决赛，胜者获得冠军，败者获得第二名．已知甲对阵乙、丙、丁时甲获胜的概率均为，乙对阵丙、丁时乙获胜的概率均为，丙与丁对阵时，相互之间获胜的可能性相同，且不同对阵结果相互独立．经过抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁． (1)求丙获得第四名的概率； (2)求甲获得冠军的概率； (3)求乙参与对阵的比赛场数的分布列． 19．已知双曲线：（，）的右焦点为，一条渐近线方程为． (1)求的方程． (2)设为坐标原点，过点的直线与的右支交于，两点，其中点在第四象限，直线与的另一个交点为． （ⅰ）若，求的方程； （ⅱ）求面积的取值范围． 第4页，共4页 第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 $