湖南湘西土家族苗族自治州泸溪县第一中学2026-2027学年高三上学期第一次强化考试数学试卷

泸溪一中2027届高三第一次强化考试 数学试卷 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.） 1. 在航天器的轨道校准任务的二维定位平面内，控制中心需要将坐标是的卫星进行三次平移(单位：km)：第一次沿向量补偿平移；第二次沿向量修正平移；第三次沿向量校准平移．若卫星最终精准到达坐标是的同步轨道点，则实数（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 2．棣莫弗公式是由法国数学家棣莫弗发现的.若复数，则（   ） A． B． C． D． 3．设椭圆的离心率为，，，分别为其左、右焦点，点为椭圆短轴的一个端点，且的面积为2，则椭圆的方程为（   ） A． B． C． D． 4 已知是上的偶函数，对任意实数都有成立，当时，，则（ ） A. 7 B. 4 C. 1 D. 5．函数在区间上的极小值点个数为（   ） A．5 B．4 C．3 D．2 6．已知各项均为整数的数列中，，，前10项依次成等差数列，从第9项起依次成等比数列，则（   ） A． B． C． D． 7．公园某处有一个半径为40米的圆形水池，准备在水池中建两个喷泉.如图，设该圆形水池的圆心为O，A，B两点为喷泉，为该圆形水池边缘任意一点，要求O，A，B三点共线，且.若在该水池边缘任意一点处观察喷泉，观察角度的最大值不小于，则A，B这两个喷泉间距离的最小值为（   ） A．米 B．米 C．80米 D．40米 8．平行六面体所有棱长都相等，，点在底面的投影为中点，且直线与底面夹角为，则三棱锥的外接球被平面截得的截面面积为（   ） A． B． C． D． 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.） 9．已知实数a，b，c，d，则下列命题是真命题的是（   ） A．若，则 B．若，，则 C．若，则 D．若且，则 10. 将一个直径为的铁球磨制成一个零件，能够磨制成的零件可以是（ ） A. 底面直径为，高为的圆柱体 B. 底面直径为，高为的圆锥体 C. 底面直径为，高为的圆锥体 D. 各棱长均为的四面体 11．若数列的前项和为，且，在数列的前项中任取两项都是正数的概率记为，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知的展开式中，项的系数为-10，则________. 13 若曲线的切线为，则______． 14．已知是边长为7的等边三角形内一点（含边界），，，则的取值范围为________. 四、解答题（本大题共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．在中，设内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足. (1)求角的大小； (2)若，，求的值. 16．已知动圆过定点，且在轴上截得的弦长为8，设动圆圆心的轨迹为. (1)求的方程； (2)已知点，过点的直线与交于，两点，在轴上是否存在点，使得为等边三角形？若存在，求出相应直线的方程；若不存在，请说明理由. 17 已知函数． （1）当时，求的最小值； （2）若对总成立，求实数a的取值范围． 18．如图，在圆柱中，是圆的一条直径，是圆柱的母线，其中点与，不重合，，，. (1)若平面和平面的交线为，证明：平面； (2)设平面、平面和底面圆所成的锐二面角分别为和，若，求平面和底面圆所成的锐二面角的正切值. 19. 定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列经过第一次“和扩充”后得到数列；第二次“和扩充”后得到数列.设数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，所有项的和为. （1）若，求； （2）若，求正整数的最小值； （3）是否存在数列，使得数列为等比数列？请说明理由. 泸溪一中2027届高三第一次强化考试 数学试卷参考答案 1【答案】C【详解】因为点沿平移后，坐标为，点沿平移后，坐标为；点沿平移后坐标为，因为三次平移后坐标为，故，解得. 2．C【详解】由棣莫弗公式，. 3．B【详解】由椭圆离心率为，得，即，又因为，所以，又点为椭圆短轴顶点，则，解得，所以，即椭圆的方程为. 4【答案】D【详解】由是上的偶函数，当时，， 又，故，解得，此时（）.由，令，得，即，而，故. 5．D【详解】由函数，可得，令，即，可得或，因为，可得，，0，，，当时，，，所以，单调递增；当时，，，所以，单调递减；当时，，，所以，单调递增；当时，，，所以，单调递增；当时，，，所以，单调递减；当时，，，所以，单调递增，所以在,，，上递增，在，上递减， 所以在区间的极小值点为，，共有2个. 6．B【详解】由题意，，，成等比数列，，整理得，解得或，又数列的各项均为整数，，，，，当时，，． 7．A【详解】设，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，因为，所以， 结合余弦函数的性质得，当观察角度最大时，取得最小值，在中，由余弦定理可得，当且仅当时，等号成立，因为的最大值不小于，所以，解得，即，故，这两个喷泉间距离的最小值为米． 8．A【详解】如图，设中点为，，， ，，即，，则，． 又平面，平面，，则，，即，三棱锥中，，均为直角三角形，且平面平面， 三棱锥的外接球是以为直径，为球心，半径，设到平面的距离为，外接球被平面截得的截面半径为，对于三棱锥，高为，底面积，故，， ，，解得，截面半径，面积为． 9．BCD【详解】，若，则，故A为假命题；，，又，，故B为真命题；，则，，故C为真命题；且，则，，故D为真命题． 10【答案】ABD【详解】若圆柱的底面直径为8，则半径为4，此时球心到圆柱底面的距离为，故圆柱的高可以为6，A符合，若圆锥的底面直径为8，则半径为4，此时球心到圆锥底面的距离为，故圆锥的高最大时为，B符合，若圆锥的底面直径为7，则半径为，此时球心到圆锥底面的距离为，故圆锥的高最大时为，C不符合，若将各棱长均为的四面体放入到棱长为的正方体中，此时正方体的外接球直径为故D符合，故选：ABD 11．ABD【详解】数列中，，当时，，则，而，解得，所以数列是首项为1，公比为的等比数列，故.当，时，数列的前项中，有个正数，个负数，任取两项都是正数的概率为，当，时，数列的前项中，有个正数，个负数，任取两项都是正数的概率为.，A正确；，B正确；，C错误；，，D正确， 12．4【详解】项系数为，解得． 13【答案】1【详解】设切点为，由，得，则由题意得 所以，．所以．所以．故答案为：1. 14．【详解】取，，，．由题，因为，所以M，E，F三点共线． 在中，，记中EF边上的高为，，解得，即的最小值为，当与点重合时，的最大值为5，所以． 15．(1) (2) 【详解】（1）由，得到，整理得到，即，又，则，得到，又，解得． （2）由（1）知，由余弦定理得，又，，所以，由正弦定理知（其中为外接圆的半径），得到，，所以． 16．(1) (2)存在， 【详解】（1）设动圆圆心，半径为，动圆过定点，，又圆在轴上截得的弦长为8，所以，联立两式消去得，动圆圆心的轨迹的方程为． （2）由题，设直线，，，联立，，，中点为，假设满足条件，，且为等边三角形，且．①若，则直线，，，，存在，构成等边三角形；②若，由题意得，，， 又且，，，无解，综上，存在点，，使得为等边三角形，此时直线l的方程为． 17【答案】（1）0 （2） 【1】时，因为，所以，所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以． 【2】因为，所以等价于，令，则，由（1）得时，，所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以． 18．(1) (2) 【分析】（1）由中位线有，再证明平面，根据线面平行性质，证明，最后利用线面平行的判定定理证明即可． （2）根据，以，，为轴，轴，轴建立平面直角坐标系，求出平面、平面和底面圆所成的锐二面角，根据，确定，的位置，最后求出平面和底面圆所成的锐二面角的正切值． 【详解】（1），且是圆的一条直径，是的中点，是的中点，， 又平面，且平面，平面，又平面，平面平面，由线面平行的性质定理可得，，又平面，且平面，平面． （2）连接，是圆的一条直径，且与A，B不重合，， 又是圆柱的母线，垂直于底面圆所在的平面，所以以为坐标原点，CB，CA，CD所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，，则，，，，，，，，，， ，，，，设平面的一个法向量，则，令，则，设平面的一个法向量，则，令，则，由题意可得底面圆的一个法向量为，所以，同理，因为，所以，即， 又，所以，，所以，，所以，，设平面的一个法向量，则， 令，则，所以， ，所以. 故平面和底面圆所成的锐二面角的正切值为． 19【答案】（1）， （2）10 （3）存在，且或 【分析】（1）由题意计算可得第二次“和扩充”后得到数列，计算即可得解； （2）由题意可得，计算出首项后，可得数列为等比数列，即可计算出，在解出不等式即可得； （3）计算出、、后，可得， 计算即可得，再借助等比数列的定义即可得需满足的关系. 【1】，第一次“和扩充”后得到数列，第二次“和扩充”后得到数列，，； 【2】数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，则经第次“和扩充”后增加的项数为，所以，所以，其中数列经过1次“和扩充”后，得到， 故，故是首项为4，公比为2的等比数列，所以，故，则，即，又，解得，最小值为10； 【3】因为，，依次类推，，故 ，若使为等比数列，则或. 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $