湖南湘西土家族苗族自治州泸溪县第一中学2026-2027学年高三上学期第五次起点考试数学试卷

泸溪一中2027届高三第五次起点考试 数学试卷 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 已知点，圆，若圆C上存在点P使得，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 2. 1080的不同正因子有（ ）个 A. 12 B. 16 C. 20 D. 32 3．已知，，若，则的值是（    ） A．3 B． C．5 D． 4．已知圆台的高为3，轴截面面积为15，体积为19π，则其母线与底面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 5．椭圆的右焦点为F，其右准线与x轴的交点为A，在椭圆上存在点P满足线段AP的垂直平分线过点F，则椭圆离心率的取值范围是（   ） A． B． C． D． 6．已知函数的部分图象如图所示，将的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，得到函数的图象，则（   ） A．B．C．D． 7. 若复数且，则满足的复数的个数为（ ） A. 0 B. 2 C. 1 D. 4 8. 如图，正方形 的边长为 ，取 的各边中点 作第二个正方形 ，然后再取 的各边中点，作第三个正方形，依此方法一直继续下去， 那么所有的正方形的面积之和趋近于（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9．某自动流水线生产的一种新能源汽车零配件产品的质量（单位：）服从正态分布，且，．从该流水线上随机抽取4件产品，这4件产品中质量在区间上的件数记为，则（   ） A． B． C． D． 10. 已知曲线，则以下结论正确的是（ ） A. 的范围是 B. 若，则曲线具有周期性 C. 曲线关于轴对称 D. 曲线与圆有公共点 11．如图，长方体中，是侧面的中心，是底面的中心，点在线段上运动，则下面选项正确的是（    ） A．直线与平行 B．四面体的体积为定值 C．点到平面的距离为 D．异面直线与所成的角为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．的展开式中的系数为________________（用数字作答）． 13. 正四棱柱中，.一只蚂蚁从底面顶点出发，沿正四棱柱表面爬到顶点，则蚂蚁爬行的最短路程为_________. 14．已知，则的最小值为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. (1)求B； (2)设D为边的中点，若，的面积为14，求的长 16．如图，梯形中，，，为的中点，将沿边折起，使点C到达点P的位置. (1)证明：； (2)若二面角的大小为120°，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知函数在处的切线的斜率为1. （1）求的值； （2）当时，求的极值. 18. 某社区有甲､乙两个垃圾投放点.该社区居民选择垃圾投放点有以下规律：居民每天都会去投放垃圾，前一天选择投放点甲的居民，第二天选择甲的概率为，选择乙的概率为；前一天选择投放点乙的居民，第二天选择甲的概率为，选择乙的概率为.从观察日起，居民第一天选择甲的概率为，选择乙的概率为，且不同居民的选择相互独立. （1）若有5位居民连续两天去投放垃圾，记第二天选择投放点甲的人数为，求的数学期望和方差； （2）记第天选择投放点甲的概率为. （i）请写出与的递推关系； （ii）求数列的通项公式. 19. 在平面直角坐标系中，，以为圆心作半径为4的圆，是圆上任意一点，线段的垂直平分线与半径交于点. （1）当在圆上运动时，求点的轨迹方程； （2）过的直线交曲线交于两点，点关于轴的对称点为. （i）直线与轴的交点为，求点的坐标； （ii）求的取值范围. 泸溪一中2027届高三第五次起点考试 数学试卷参考答案 1【答案】A【详解】由，则点P在圆上，又有点P在圆C上，所以圆A和圆C有公共点（P)，两圆半径分别为2、1，所以， 所以.故选：A． 2【答案】D【分析】依题意可得，然后将问题可以转化成分步计数问题. 【详解】，1080的正因子可写为，其中k，，，故根据分步计数原理可得1080的不同正因子可共有个，故选:D． 3．【答案】D【详解】已知,,则,又,则，得，得. 4．【答案】D【分析】设圆台上、下底面半径分别为 ，．由轴截面面积和圆台体积求出 与 ，进而得到 ，再在轴截面内求母线长及线面角的正弦值．【详解】设圆台上、下底面半径分别为 ，，其中 ，母线长为 ．圆台的轴截面是上、下底分别为 ，，高为 的等腰梯形．由轴截面面积为 ，得所以 ．由圆台的体积公式，得所以 ．因为 ，所以 ．于是由 ，得 ．在轴截面内，母线、高以及两底面半径之差构成直角三角形，所以 5．【答案】D【分析】设椭圆的左顶点为,根据右焦点F在AP的垂直平分线上，知，得到，列出关于的不等式，求解即得的取值范围.【详解】设椭圆的左顶点为.由题意，即以F为圆心，为半径画圆与椭圆有交点P，如图．只需即即两边除以得即得，又，． 6．【答案】A【详解】由图可知，函数的最小正周期满足，所以最小正周期，故，此时；将最低点代入可得，即，所以，可得.又，所以，所以；将的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，由三角函数图象伸缩变换的规律可得． 7【答案】A【详解】因为，所以，又，所以，即复数对应的点在圆心为，半径为的圆上， 又可以变形为，即其几何意义为复数在复平面内的点到直线的距离为，又圆心到直线的距离为，而，所以满足条件的不存在.故选：A. 8【答案】B【详解】记第个正方形的面积为，第个正方形的边长为，则第个正方形的对角线长为，所以第全正方形的边长为，所以，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，所以，所以，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，所以若这个作图过程可以一直继续下，则所有这些下方形的面积之和将趋近于常数.故选：B 9．【答案】ABD【详解】由，得，故，由正态分布的对称性可知，A正确；，B正确；由题意得，故，C错误；，D正确. 10【答案】BCD【详解】曲线，则，A选项错误；当，则曲线，， 即当点在上时，点也在上时，所以是周期，所以曲线具有周期性，B选项正确；将代入曲线，得成立，所以曲线关于轴成轴对称图形，C选项正确；由，得，当时，上式成立，曲线，与圆有公共点，D选项正确. 11．ABC【详解】连接，因是侧面的中心，是底面的中心，则为的中点，为的中点，所以在中，为的中位线，即，A正确；因，平面平面，所以平面，又点在线段上运动，所以点到平面的距离为定值，又为定值，所以四面体的体积为定值，B正确；如图以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，则，解得，令，得，则，所以点到平面的距离，C正确；，,则，故异面直线与所成的角不为，D错误.故选：ABC. 12．【答案】-28【详解】因为，所以的展开式中含的项为，的展开式中的系数为-28故答案为：-28 13【答案】【分析】把立体表面上的最短路程转化为展开图中两点间的距离．正四棱柱的三条棱长分别为3，3，2，连接相对顶点的表面路径共有三种基本展开方式；由于两个底面边长相等，其中有两种所得长度相同，因此只需比较两类不同的长度． 【详解】将正四棱柱从到的表面路径展开到平面内，表面上的最短路径就转化为展开图中两点间的线段．所有本质不同的展开方式可归为以下两类． 情况1：经过相邻两个侧面．将侧面与（或侧面与）沿公共棱展开到同一平面内，得到一个长方形．该长方形的长为，宽为． 所以，此时的最短路程为． 情况2：经过一个侧面与一个底面．将侧面与上底面（或侧面与上底面）沿公共棱展开到同一平面内，得到一个长方形．该长方形的一边为，另一边为．所以，此时的最短路程为．比较两种长度的平方，前者的平方为40，后者的平方为34，因此．所以，蚂蚁爬行的最短路程为． 14．9【详解】设，则．（当且仅当,即时，即取“＝”）故答案为：9 15．(1) (2) 【分析】（1）先由正弦定理边化角已知条件，再由两角和正弦公式和诱导公式化简已知条件即可求解； （2）先由题设求出，接着由正弦定理求出，进而由面积公式求出，再在三角形中由余弦定理即可计算求解. 【详解】（1）由正弦定理可得，即.在中，由，得， 所以，又，，所以，所以. （2）因为，，所以，所以，所以，即，因为，即，所以，在三角形中，由余弦定理可得，所以. 16．（1）证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点，连接，由题设求证和即可由线面垂直判定定理求证平面，进而得证； （2）由题设结合（1）建立适当的空间直角坐标系，接着由题设和二面角定义依次求出所需点和向量坐标，进而求出平面的一个法向量，再由线面角的向量法公式计算即可求解. 【详解】(1)连接交于点，连接，由题可得，且，所以为的中点，在中，，所以，同理， 又，平面，所以平面，又因为平面，所以。 （2）由（1）可以点为坐标原点，以，方向和垂直于平面向上的方向分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由题可知为等腰梯形，且，可得，由（1）可知，为二面角二面角的平面角，所以，从而，因为，所以点到平面的距离为，则有，，，，所以，，，设为平面的一个法向量，则有，令，则，设直线与平面所成角为，则有，故直线与平面所成角的正弦值. 17【答案】（1） （2）极小值为1，无极大值 【分析】（1）由导数的几何意义求解即可； （2）利用导数确定函数的单调性，再根据单调性求解即可. 【1】由题可知，因为在处切线的斜率为1，所以，解得 【2】由（1）得，因此，所以，令，则.因为，所以，所以，而，所以在区间上恒成立，所以在上单调递增，即在上单调递增.又，所以当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，所以时，取得极小值为，在上无极大值.综上所述，在上的极小值为1，无极大值. 18【答案】（1） （2）（i）（ii） 【分析】（1）由二项分布求解即可； （2）（i）由第天选择投放点甲的概率为即可求解；（ii）构造数列，由等比数列的定义即可求解. 【1】任意1位居民第二天选择投放点甲的概率为，由题意可得，，所以. 【2】（i）第天选择投放点甲的概率为， 整理得. （ii）因为，所以，又因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，解得. 19【答案】（1） （2）（i）（ii） 【1】因为是圆上任意一点，点为线段的垂直平分线与半径的交点， 则,故，又因为，则所以的轨迹是以为两焦点，长轴长为4的椭圆， 即,故的轨迹方程为. 【2】（i）由已知直线与直线不重合，设过的直线方程为，，联立，化简得， 显然，且，又因为，则直线的方程为，令，得，将代入上式，可得，所以点的坐标为. （ii）由（i）得， 同理得，，则 将代入，化简得，，故令，则，， 由，则，当时，，当时，，所以的取值范围为. 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $