浙江台州市2027届高三上学期第一次教学质量评估数学试题

台州市2027届高三第一次教学质量评估试题 数学 2026.11 本试题卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。请考生按规定用笔 将所有试题的答案涂、写在答题纸上。 选择题部分（共58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椭圆 +少=1的离心率为 一 43 1 1 3 B. 2 2 2.已知a∈R,复数z=a+i(i为虚数单位)，则“a=1”是“z=V2”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 3.在(1+x)3+(1+x)+(1+x)的展开式中，含x2项的系数是 A.12 B.13 C.19 D.20 4.已知向量ā，b满足a·b=a=3,则向量b在向量ā上的投影向量为 A.-a B.-la c. D.a 3 5.已知变量y与变量x线性相关，y与x的样本相关系数为r=-0.95,且样本数据的平均数 分别为x=1，,=2,则y关于x的经验回归方程可能是 A.y=x+1 B.y=0.95x+1.05C.y=-0.95x+1 D.y=-2x+4 6、已知正三棱台的上底面边长为1，下底面边长为2，体积为N2 ,则侧棱与底面所成角的 12 正切值为 A.1 B.√2 C.√5 D.2 7.已知矩形ABCD的顶点A,B在圆x2+y2-2√3x-2y=0上，顶点C,D在直线 y=√3x+2上，则矩形ABCD面积的最大值为 A.4+2√3 B.8 C.4+4V2 D.6√5 8.设定义在R上的函数(x)的导函数为f'(x),若存在常数k(k>1),对任意实数x,都 有f(4-x)=e2k2-f(x),且当x≠2时，(x-2)f'(x)-k·f(x)]>0,其中e为自然 对数的底数，则不等式e3水f(nx)<x∫(3)的解集为 A.(k,3k) B.(e,3e) C.(e,e3) D.(e,e3) 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.已知无穷数列{an}满足：41=1，a3=4,则下列选项不，定正确的是 5 A.若a=2,则{a,}为等差数列 B.若a2=2,则{an}为等比数列 C若{a}为等差数列，则4二 D.若{an}为等比数列，则a2=2 10.已知定义在R上的函数f(x)=2os'x+2im2x,则 A.f(x)为偶函数 B.f(x)的最小正周期为π 上单调递增 D.f(x)的值域为[2W2,3] 11.设P为双曲线C: 父-上=1上的一个动点，O为坐标原点，以OP为底作正三角形 93 OPA（O,P,A三点按逆时针排列)，记点A(m,n)的轨迹为曲线M,则 A.曲线M是轴对称图形 B.曲线M可以是某个函数的图象 在曲线M上 D.≥35 2 非选择题部分（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.在△ABC中，已知AB=2,A=元，BC=√6，则C=▲一 13.设A,B是一个随机试验中的两个事件，且P(0=子，P(4团)=写·则PB到④=上一 14.球面被一个不经过球心的平面所截，截得的圆称为球面的“小圆”，现有半径为2的球， 球面上作6个半径相同的“小圆”，且任意两个“小圆”至多有一个公共点，则“小圆” 半径的最大值为▲， 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、证明过程或演算步骤。 15.(13分)已知函数f(x)=x3-3x. (1)求函数f(x)的零点： (2)求函数f(x)在[0,2]上的最大值和最小值. 16.(15分)如图，在长方体ABCD-A,B,CD,中，M是A,C,与B,D的交点，AB=AD=2, AA=3. (1)求证：CM⊥BD: (2)求二面角B-CM-D的正弦值， (第16题) 17.(15分)某商店采用“购物摸球减免”的促销活动，凡在本店累计消费满500元的顾客， 可以持购物凭证参与抽奖.在一个不透明的抽奖箱里放置6个大小质地完全相同的小球， 其中2个白球，4个红球，每次随机摸取1个小球，记录颜色后将球放回，每摸出一次白 球，消费总额减免20元，每摸出一次红球，消费总额减免5元，现有两种摸球方案供顾客 选择：①摸取3次后结束摸球；②连续摸球，一旦累计摸到2次白球便停止摸球，若始终 未摸到2次白球，则最多摸4次. (1)在方案①中，设随机变量X为摸到白球的次数，求X的数学期望E(X): (2)在方案②中，设随机变量Y为停止摸球时总的摸球次数，求概率P(Y=4): (3)假设某顾客已消费满500元，从消费总额减免的期望角度分析，应该选择哪种方案？ 18.(17分)已知抛物线C:y2=2px的焦点为F(1,0),过F作直线交C于D,E两点， 过点A(-1,0)作直线，交C于M,N两点，且L与l2的倾斜角互补. (1)求抛物线C的标准方程： (2)求证：AMAW=FDFE: (3)是否存在定点G,使得FG.FD+DM·DN为定值？若存在，求G的坐标，若不存 在，请说明理由。 19.(17分)己知无穷正项数列{an},若对任意的正整数n,都存在正整数k,使得a+k>2a 成立，则称数列{an}具有“性质P”. (1)若an=n,判断数列{an}是否具有“性质P”; (2)已知数列{a}具有“性质P”，对正整数m,设Tm={k∈Namtk>2an},记g(m) 为集合T中元素的最小值 (i)若{an}是等比数列，求证：对任意的正整数s，t,都有g(s)=g(t): (i)若{a+-an}是公比为q(g>0)的等比数列，且对任意正整数m,都有g(m)=2, 求9的取值范围， 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分) 1 2 3 4 5 6 7 8 B A c D B D C 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9 10 11 ABD AD ABC 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 2平 (或45°) 14.√2 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.(13分)解：(1)令f(x)=0,即x3-3x=0,解得x=0,或x=±√3， 因此，函数f(x)的零点为0，士√5. .5分 (2)f'(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1), 7分 令f'(x)=0,解得x=1(舍负)， 当x∈[0,1)时，得f'(x)<0,即f(x)在[0,1)上的单调递减， 当x∈(1,2]时，得f'(x)>0,即f(x)在(1,2]上的单调递增， .10分 因为f(0)=0,f1)=-2,f(2)=2, 所以f(x)在[0,2]上的最大值为2，最小值为-2. .13分 16.(15分)解：(1)连接AC,因为ABCD是正方形，所以BD⊥AC,2分 在长方体ABCD-A,B,C,D,中，由AA⊥底面ABCD,得AA⊥BD, ....4分 因此，BDL平面ACC,A, 因为CMc平面ACC,A,所以CM⊥BD .6分 (2)方法一：如图(1)过点B作BH⊥MC交MC于点H,连接HD, 因为BC=DC=2,MB=MD=√1，所以△MBC兰△MDC, 得DH⊥MC,因此∠BHD就是二面角B-CM-D的平面角， .10分 在△BCM中，因为BM=CM-Vi,BC=2,所以BH=2i0 V11 .12分 在△BHD中，BH=HD=21d ,BD=22, V11 由余弦定理得，cos∠BHD= BH2+HD2-BD2 1 2BH·HD 10 .14分 因此sin∠BHD= 311 15分 16（1) 10 方法二：（向量法) 以A为原点，AB,AD,AA分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 如图(2)所示，则B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),M(1,1,3), 得CB=(0,-2,0),CD=(-2,0,0),CM=(-1,-1,3), 设平面BCM的一个法向量为元=(x,y,z), 16（2) 元丽=0，即{，y80取=6,0D 元.CM=0,-x-y+3z=0, …10分 同理可得平面DCM的一个法向量为元2=(0,3,1)， .12分 设二面角B-CM-D的平面角为0，则cos= 21 10' .14分 因此sin0= 311 .15分 10 17.(15分)解：（1) 由题意知，X-83, 因此B(0=3×写1. .3分 2)法：因为r=2-方=列=c*付眉)产 …7分 所以P=9=1-PW=2)-PT=3)=1-日-24=20 92727 9分 法二：采用方案②需要摸球4次，有以下两种情形： 情形1：前3次摸出的球全是红球，此时R= .5分 情形2：前3次换出的球有2个红球1个白球，此时R=C×))= 8分 20 所以P(Y=4)=R+B=27 …9分 台州市高三数学答案第2页共5页 (3)记按照方案①所减免的金额为W,按照方案②所减免的金额为W, 则在方案①中：E(W)=20E(X)+5(3-E(X)=30, .11分 在方案②中：根据题意W2可取20,35,40,45,50， Pm=20-)-P%=3=c)-品 Pm40-目-Pw4约=c) r=s0=c[6)- E0)）=20+35 87+40×。+45× 27+50 498 2>30, 272 因此，选择方案②的消费总额减免期望更大。 .15分 18.(17分)解：(1)因为焦点为F1,0),所以2=1，得p=2, 2 因此，抛物线C的标准方程为y2=4x. .3分 (2)由题意，可设直线l的方程为x=my+1(m≠0)，直线2的方程为x=-y-1,D(x,), E(x,y2),M(3,y3),N(x4,y4), 眼去y-钢40，则4 .5分 FD-FE=1+m2y1+m2y2=(1+m2)yy,上41+m2), .7分 x二m-消去x得y+4my+4=0,则，=4， 联立y=4以， 1AMAN=V1+(-m)2yVi+(-m)2y4l=1+m2)yy4=41+m2), 因此AMAW=|FDFE. .10分 (3)设D(x,y),G(a,b),M(x,),N(x4,y4),2的方程为x=-my-1, 由(2)知，y3+y4=-4m,yy4=4,x3+x4=4m2-2,xx4=1, DM.DN=(x-xx4-x)+0-04-y) =x,-xx+4)+x+yy4-y0+y4)+1 =1-(4m2-2)x+x+4+4my1+y =5-4xm2+2x+x+4my+y2, …12分 由y2=4x，x=my+1,得DM·DN=5-(my,)2+2x1+x+4x,-1)+4x, =5-(1-1)2+2x+x2+4(x-1)+4x=12x, .14分 因为FG.FD=(a-1(x1-1)+by1, …15分 所以FG.FD+DM.DN=(a-1)x,-1)+by,+12x1=(a+11)x+by+1-a,16分 当a=-11,b=0时，FG.FD+DM.DN为定值12， 故存在定点G(-11,0),使得FG.FD+DM.DN为定值. .17分 19.(17分)解(1)由an+k>2a,即n+k>2n,解得k>n, 因为k∈N,取k=n+l,所以存在这样的k,数列{an}具有“性质P”. .3分 (2)(i)证明：由{an}是正项等比数列，可设an=ag-，且a,9>0, 因为{an}具有“性质P”,所以对任意正整数s,都存在正整数k,使得a+k>2a, 即a4g-*>2ag,整理得g>2, 因此，，={keN"g'>2},同理，T={k∈Ng>2, 所以T,=T,故g(s)=g(). 8分 (ii)由题意，对任意正整数m,都有g(m)=2,得am1≤2am且am+2>2am, 由数列{a1-an}的公比为9(9>0)，得a1-an=(a2-a)9",， 当g=1时，{an}是等差数列，设an=An+B(A>0), 由am+2>2am,得A(m+2)+B>2(Am+B),即2A-B>Am,不恒成立. ..10分 当g≠1时，不妨设a=1,由a-a,=(a,-a)9,累加得a,=1+(a2-a)120 由a1≤2a,得a,-4)1-g+2g51,0 1-9 由a>2a,得a,-4)1-9+2g>1,@ 1-q .12分 若号>0，则 @式可化为g(2-9)-151-9，③ (a2-a) ②式可化为g(2-g2)-1>1-9,@ (a2-a) 可得gm-(2-g)-1<gm-(2-g2)-1,即2-9<2-g2,解得0<g<1, 当0<g<1时，m→+∞，④式不成立，所以-4<0， 1-q 14分 由此0式可化为g2-g)-1≥1-，© (a2-a) ②式河化为g产e-1品@ 可得gm(2-g)-1>gm-(2-g2)-1,即2-9>2-g2,解得q>1. 当9>2时，m→+o,⑥式不成立： 当1<q<V2时，m→+o,®式不成立： 当V2≤g≤2时，qm(2-g）)-12-1,qm(2-g)-1≤-1恒成立，且取等条件不一致， 所以⑤⑥两式能同时成立， 综上，√2≤g≤2. .17分