精品解析：广东深圳外国语学校高中部2026-2027学年高三“校长杯”第三届数学能力大赛

深圳外国语学校高中部“校长杯”第三届数学能力大赛 试卷满分：150分 考试时间：120分钟 第I卷（选择题） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、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. 一､单选题（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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上） 1. 集合的子集共有（ ）个. A. 4 B. 16 C. 64 D. 256 2. 直线和交于点，则过点、的直线方程是（ ） A. B. C. D. 3. 已知圆的方程为，若点在圆外，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 已知为两个随机事件，，则下列结论错误的是（ ） A. 若，则 B. 若独立，则 C. 若独立，则 D. 若互斥，则 5. 已知，若圆上总存在点满足，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，若，且在区间上单调递减，则整数（ ） A. 1或2 B. 1 C. 2 D. 3 7. 已知向量，满足，定义，若，则的最大值为（ ） A. 2 B. 4 C. D. 8. 设直线系，对于下列四个命题，正确的是（ ） A. M中所有直线均经过一个定点 B. 不存在定点P不在M中的任一条直线上 C. 对于任意整数，存在正n边形，其所有边均在M中的直线上 D. M中的直线所能围成的正三角形面积都相等 二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知直线与x轴、y轴交于两点，点P为圆上的动点，则（ ） A. 直线与圆C相离 B. 的面积为12 C. 当最小时， D. 点P到直线距离的最大值为 10. 下列说法正确的是（ ） A. 直线与两坐标轴围成的三角形的面积是 B. 若三条直线不能构成三角形，则实数的取值集合为 C. 经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为或 D. 过两点的直线方程为 11. 如图，在棱长为1的正方体中，为线段上的动点（不包含端点），则下列说法正确的是（ ） A. 不存在点，使得直线与所成的角为 B. 存在点，使得平面平面 C. 三棱锥的体积为 D. 存在点，使得直线平面 第II卷（非选择题） 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知在棱长为3的正方体中，点是底面ABCD内的动点，点为棱BC上的动点，且，则的最小值为______. 13. 勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球围成的几何体.如图所示，已知正四面体的棱长为，若勒洛四面体内有一球，则该球的最大半径为__________. 14. 已知以为圆心的圆及其上一点，设满足：存在圆上的两点和，使得，则实数的取值范围为___________． 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. 已知圆. （1）过点作圆的切线，求的方程； （2）若圆与圆相交于、两点，求公共弦所在直线的方程及公共弦的长. 16. 记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且． （1）若，求； （2）若，求． 17. 甲、乙两人参加某高校的入学面试，入学面试有道难度相当的题目，甲答对每道题目的概率都是，乙答对每道题目的概率都是，对抽到的不同题目能否答对是独立的，且甲、乙两人答题互不影响； （1）若每位面试者都必须回答全部3道题，求甲答对3道题目的概率． （2）若每位面试者都必须回答全部3道题，求乙恰好答对2道题目的概率． （3）若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第次为止，求甲、乙两人只有一人通过面试的概率． 18. 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． 19. 蔓叶线是古希腊数学家Diocles在公元前180年为了解决倍立方问题发现的曲线．蔓叶线与半个圆周一起，形状看上去像常春藤蔓的叶子，如下图所示．在平面直角坐标系中，已知O为坐标原点，圆，点M是直线上在第一象限内的任一点，直线OM交圆A于点N（N与O不重合），第一象限内的点P在直线OM上，且满足，如下图所示．已知一蔓叶线C的方程为． （1）求蔓叶线C上任一点横坐标的取值范围； （2）证明：点P在蔓叶线C上； （3）设直线与蔓叶线C交于不同的三点R，S，T，且直线的斜率之和为2025，证明：直线g过定点． 参考公式：法国数学家弗朗索瓦·韦达提出了三次方程的韦达定理：若是关于x的一元三次方程的三个根，则． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳外国语学校高中部“校长杯”第三届数学能力大赛 试卷满分：150分 考试时间：120分钟 第I卷（选择题） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、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. 一､单选题（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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上） 1. 集合的子集共有（ ）个. A. 4 B. 16 C. 64 D. 256 【答案】D 【解析】 【详解】由得 故 因此，集合M的子集共有个. 2. 直线和交于点，则过点、的直线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为点在直线和上， 所以有，从而点、均满足， 故过点、的直线方程是即. 3. 已知圆的方程为，若点在圆外，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化简得到圆的标准方程为，根据题意，列出不等式，即可求解. 【详解】由圆的方程为， 可得圆的标准方程为，所以，解得， 因为点在圆外，可得， 整理得，解得或， 综上可得，实数的取值范围是. 故选：D. 4. 已知为两个随机事件，，则下列结论错误的是（ ） A. 若，则 B. 若独立，则 C. 若独立，则 D. 若互斥，则 【答案】A 【解析】 【分析】分别根据相互独立事件的概率、互斥事件、对立事件的概率公式，包含事件的概率的定义及公式计算可得. 【详解】对于A：因为，所以，故A错误； 对于B：因为独立，所以与也相互独立， 所以，故B正确； 对于C：若独立，根据并事件的概率公式得 ，故C正确； 对于D：互斥，由概率的加法公式可得，故D正确. 5. 已知，若圆上总存在点满足，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据求出点的轨迹方程，再根据圆上总存在点满足该条件，得出两圆的位置关系，进而求出实数的取值范围. 【详解】设点，已知，且， 所以， 化简得， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 因为圆上总存在点满足，即圆与圆有公共点， 所以两圆的圆心距满足（，为两圆的半径）， 即， 化简得， 解得. 6. 已知函数，若，且在区间上单调递减，则整数（ ） A. 1或2 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由函数在区间上单调递减可得，由可得函数关于对称，再解方程即可. 【详解】当时，， 因为在区间上单调递减， 所以，，解得 因为，所以，， 又因为，所以函数关于对称， 所以，解得， 又，所以，. 7. 已知向量，满足，定义，若，则的最大值为（ ） A. 2 B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，，由向量的数量积运算得，根据新定义得，设，利用辅助角公式结合三角函数性质求解. 【详解】设，， 由，得，所以，即， 所以， 设，则，即， 所以根据辅助角公式，，所以，即的最大值为. 8. 设直线系，对于下列四个命题，正确的是（ ） A. M中所有直线均经过一个定点 B. 不存在定点P不在M中的任一条直线上 C. 对于任意整数，存在正n边形，其所有边均在M中的直线上 D. M中的直线所能围成的正三角形面积都相等 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，假设所有直线过定点，则定点为任意两直线交点，据此可判断选项正误；对于BC，由题设可得直线系表示圆：的全体切线，据此可得答案；对于D，由BC分析结合图形可判断选项正误. 【详解】对于A，假设所有直线过定点，则定点为任意两直线交点，令，又令，故此时两直线的交点为，将其代入方程得：，而此式不是恒成立的，故所求的定点不存在，故A错误； 对于BC，注意到到直线：距离为，则该直线系表示圆的全体切线，则圆内部所有点均未在M中的任一条直线上，故B错误； 又对于任意整数，该圆存在外切正边形，满足其所有边均在M中的直线上，故C正确； 对于D，如下图，与均可构成正三角形，但显然正三角形面积不等，故D错误. 二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知直线与x轴、y轴交于两点，点P为圆上的动点，则（ ） A. 直线与圆C相离 B. 的面积为12 C. 当最小时， D. 点P到直线距离的最大值为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据直线与圆的位置关系的判定方法，可得判定A正确；由点到直线的距离公式，结合三角形的面积公式，可判定B错误；当当最小时，直线与圆相切，利用切线长公式，可判定C正确；根据圆的性质，可得判定D错误. 【详解】由圆，可得圆心为，半径为， 对于A中，圆心坐标到直线的距离为， 所以直线与圆相离，所以A正确； 对于B中，由点C到直线的距离为，则的面积，所以B项错误； 对于C中，如图所示，当最小时，直线与圆相切，此时，所以C正确； 对于D中，由点P到直线距离的最大值为，所以D错误． 故选：AC. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 直线与两坐标轴围成的三角形的面积是 B. 若三条直线不能构成三角形，则实数的取值集合为 C. 经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为或 D. 过两点的直线方程为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据直线的方程即位置关系分别判断. 【详解】A选项：直线与轴和轴的交点分别为和，三角形面积为，A选项正确； B选项：三条直线不能构成三角形，可得或或直线过点，解得或或，B选项错误； C选项：当直线经过坐标原点时，，当直线不经过坐标原点时，设直线方程为，代入点，即，解得，故直线为，C选项错误； D选项：由两点式方程可直接判断D选项正确； 故选：AD. 11. 如图，在棱长为1的正方体中，为线段上的动点（不包含端点），则下列说法正确的是（ ） A. 不存在点，使得直线与所成的角为 B. 存在点，使得平面平面 C. 三棱锥的体积为 D. 存在点，使得直线平面 【答案】BCD 【解析】 【分析】当点为线段上靠近的四等分点时，利用线线角的定义求解判断A；当点为中点时，证明面面平行，即可判断B；结合等体积转化，即可判断C；当点为中点时，证明线面垂直，即可判断D. 【详解】对于A：当点为线段上靠近的四等分点时， 如图，连接,过点作，交于， 则,又正方体中，，所以， 则直线与所成角为， 又，， 所以为等边三角形，所以，故A错误； 对于B，当点为中点时，有，平面，平面， 所以平面，同理，平面， 且，平面， 所以平面平面，故B正确； 对于C：三棱锥的体积，故C正确； 对于D：当点为中点时，有，又， 所以平面即平面， 因为平面，平面，所以， 又，，平面， 所以平面，故D正确. 第II卷（非选择题） 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知在棱长为3的正方体中，点是底面ABCD内的动点，点为棱BC上的动点，且，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】由正切函数定义结合几何位置关系，得到，结合解析几何中的圆的知识，得到三点共线时，取得最小值，得到结果. 【详解】如图（一），，. 又，. 如图（二），建立平面直角坐标系，则，，，设点. ，化简得：（，）. 则圆心为，，点关于BC的对称点. 故答案为：. 13. 勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球围成的几何体.如图所示，已知正四面体的棱长为，若勒洛四面体内有一球，则该球的最大半径为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设是底面的中心，是正四面体的中心，也是正四面体的外接球球心，设正四面体外接球的半径为是高，根据正四面体的性质，求得的长，在直角中，列出方程求得，进而求得勒洛四面体的内切球半径. 【详解】勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体4个弧面都相切，即为勒洛四面体的内切球， 由对称性知，勒洛四面体的内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心， 设是底面的中心，是正四面体的中心， 也是正四面体的外接球球心，正四面体外接球的半径为是高，如图1所示， 由正四面体的棱长为，可得， 则，所以， 在直角中，由，得，解得， 因此，如图2所示，勒洛四面体的内切球半径． 故答案为：. 14. 已知以为圆心的圆及其上一点，设满足：存在圆上的两点和，使得，则实数的取值范围为___________． 【答案】 【解析】 【分析】先得到圆的圆心和半径，设，，根据得到方程，利用点坐标表达出点坐标，代入圆中，得到点在圆上，从而两圆有公共点，根据圆心距与半径的关系得到不等式，求出答案. 【详解】根据题意，圆，即， 其圆心为，半径， 设，， 又由，则，，， 若，则有，变形可得， 若在圆上，则， 则有，变形可得：， 即点也在圆上， 从而圆与圆有公共点， 则有， 变形可得：， 解得：，即的取值范围为； 故答案为：． 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. 已知圆. （1）过点作圆的切线，求的方程； （2）若圆与圆相交于、两点，求公共弦所在直线的方程及公共弦的长. 【答案】（1）或 （2）， 【解析】 【分析】（1）求出圆心和半径，求出的值判断出在圆的外部，分别按照切线不存在斜率时和切线存在斜率讨论求解，当切线的斜率存在时，利用点斜式设出切线方程，求出圆心到直线切线的距离，由得到的方程，解出的值，将代入切线方程得到所求. （2）两圆相减得到公共弦所在直线的方程；求出圆心到直线的距离为，则计算得解. 【小问1详解】 ，， ， ，， 在圆的外部， 当切线不存在斜率时，切线方程为， 此时圆心到直线的距离为， 则直线不是圆的切线； 当切线存在斜率时，设切线方程为， 即， 圆心到直线的距离为， 解得或， 当时，切线方程为，即； 当时，切线方程为，即； 综上可得，切线的方程为或. 【小问2详解】 ①， ②， ①②这两个等式相减，得到，即， 则公共弦所在直线的方程为； 圆心到直线的距离为， 则 即公共弦的长为. 16. 记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且． （1）若，求； （2）若，求． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）方法1，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面积公式求出，作出边上的高，利用直角三角形求解作答. （2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答；方法2，利用向量运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答. 【小问1详解】 方法1：在中，因为为中点，，， 则，解得， 在中，，由余弦定理得， 即，解得，则， ， 所以. 方法2：在中，因为为中点，，， 则，解得， 在中，由余弦定理得， 即，解得，有，则， ，过作于，于是，， 所以. 【小问2详解】 方法1：在与中，由余弦定理得， 整理得，而，则， 又，解得，而，于是， 所以. 方法2：在中，因为为中点，则，又， 于是，即，解得， 又，解得，而，于是， 所以. 17. 甲、乙两人参加某高校的入学面试，入学面试有道难度相当的题目，甲答对每道题目的概率都是，乙答对每道题目的概率都是，对抽到的不同题目能否答对是独立的，且甲、乙两人答题互不影响； （1）若每位面试者都必须回答全部3道题，求甲答对3道题目的概率． （2）若每位面试者都必须回答全部3道题，求乙恰好答对2道题目的概率． （3）若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第次为止，求甲、乙两人只有一人通过面试的概率． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据事件的相互独立性即可求解； （2）根据事件的相互独立性，分三种情况，即可求解； （3）根据事件的相互独立性，可先求得甲通过面试和乙通过面试的概率，则甲、乙两人只有一人通过面试的概率分为甲通过乙不通过和甲不通过乙通过两种情况，分别求解即可. 【小问1详解】 设“甲答对道题目”为事件， 因为甲答对每道题目的概率都是，且对抽到的不同题目能否答对是独立的， 所以； 【小问2详解】 设“乙恰好答对道题目”为事件， 又乙答对每道题目的概率都是，且对抽到的不同题目能否答对是独立的， 所以 ； 【小问3详解】 设“甲通过面试”为事件，“乙通过面试”为事件，且与相互独立， 所以， ， 设“甲、乙两人只有一人通过面试”为事件，则， 因为与互斥，与，与分别相互独立， 所以 ， 所以甲、乙两人只有一人通过面试的概率. 18. 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） 【解析】 【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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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，，. 【小问3详解】 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，. 19. 蔓叶线是古希腊数学家Diocles在公元前180年为了解决倍立方问题发现的曲线．蔓叶线与半个圆周一起，形状看上去像常春藤蔓的叶子，如下图所示．在平面直角坐标系中，已知O为坐标原点，圆，点M是直线上在第一象限内的任一点，直线OM交圆A于点N（N与O不重合），第一象限内的点P在直线OM上，且满足，如下图所示．已知一蔓叶线C的方程为． （1）求蔓叶线C上任一点横坐标的取值范围； （2）证明：点P在蔓叶线C上； （3）设直线与蔓叶线C交于不同的三点R，S，T，且直线的斜率之和为2025，证明：直线g过定点． 参考公式：法国数学家弗朗索瓦·韦达提出了三次方程的韦达定理：若是关于x的一元三次方程的三个根，则． 【答案】（1） （2）证明：设，已知直线OM的方程为，联立圆A的方程， 整理得 设，由，及，得 将代入右端，右端； 将代入左端，左端 方程左端等于右端．所以点P的坐标满足蔓叶线方程，点P在蔓叶线C上． （3）证明：，消y，得， 设，则 ， 所以，所以，即直线恒过. 【解析】 【分析】（1）由 及 得 ，解分式不等式得横坐标范围； （2）设点坐标，由直线与圆联立得点，利用得点坐标，代入蔓叶线方程验证； （3）联立直线与蔓叶线消元得三次方程，由韦达定理将斜率之和表示为参数关系，得直线过定点． 【小问1详解】 由及得，所以． 综上，蔓叶线C上任一点横坐标的取值范围为． 【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 $