贵州省部分校2027届高三上学期开学考试数学试卷（含答案）

贵州省多校联盟考试2027届高三上学期8月开学素养训练数学试卷注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填（涂）写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答在试卷上无效。3.非选择题必须用黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；不准使用铅笔和涂改液。4.考试结束后，将试卷、答题卡和草稿纸一并交回。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．已知复数，则(

)A.1 B. C.2 D.42．设集合，，则(

)A. B.C. D.3．已知点，，若以线段为直径作圆，则该圆的标准方程为(

)A. B.C. D.4．设α，β是两个不同的平面，m是一条直线，且，则“”是“”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5．已知数列满足递推关系，且首项，则数列的通项公式为(

)A. B.C. D.6．若的展开式中各项系数之和为256，则展开式中的常数项是(

)A.第2项 B.第3项 C.第4项 D.第5项7．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，，则(

)A. B. C.2 D.18．已知关于x的不等式在上恒成立，则a的取值范围是(

)A. B. C. D.二、多项选择题:本大题共3小题，每小题6分，共计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．已知直线，直线，下列结论正确的是(

)A.直线恒过点B.对于任意的，直线的斜率都存在C.若，则D.若，则10．下列关于平面向量的说法中，正确的有(

)A.若平面向量，，满足，则B.若向量，满足，，则C.若四边形为圆O的内接四边形，且，，，则的最大值为3D.已知向量，满足，，则在上的投影向量的坐标为11．已知抛物线的焦点为F，过点的动直线l与C交于，（）两点，记线段的中点为Q，直线l的斜率为，则下列说法正确的有(

)A.点Q的轨迹方程为（，）B.若，则C.若直线l的倾斜角为α，且，则D.当时，的面积为三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分。12．已知角θ的终边经过点，则__________.13．已知随机变量，且，则______________.14．已知椭圆（）的左、右焦点分别为，，点P在y轴的正半轴上，A是椭圆上一点，且满足.若的中垂线过点A，则椭圆的离心率为________.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．（13分）已知等差数列的首项，等比数列的首项，公比，且，.(1)求等差数列的公差d和等比数列的公比q；(2)若，求数列的前n项和.16．（15分）甲、乙二人练习乒乓球，在某个回合中，乙先发球.已知对于乙击过来的球，甲只有的概率接到，若接到球，有的概率回球失误（指球出界、下网、未触台等）.而乙无论接球、回球还是发球都零失误.规定：若甲没有接到球或接到球但回球失误，则乙获胜，本回合结束；若甲能连续接到3个球且回球都没有失误，则甲获胜，本回合结束.甲、乙二人每次接球、回球均相互独立.(1)求甲获胜的概率；(2)在这个回合中，记甲接到的球的次数为X，求X的分布列与数学期望.17．（15分）如图，在四棱锥中，，，，.(1)证明:平面平面；(2)若，为锐角，且平面与平面所成二面角的正弦值为，求.18．（17分）已知双曲线（，）经过点且其离心率为2，点为双曲线C上一动点，过点P的直线与双曲线C的两条渐近线交于点M，N（M，N在y轴同侧）.(1)求双曲线C的方程；(2)证明点P到两条渐近线的距离之积为定值，并求出该值；(3)求（O为坐标原点）面积的最小值.19．（17分）已知函数，.(1)当时，求的单调区间.(2)函数，且.(i)证明：有唯一的极值点，且.(ii)若为的零点，为的极值点，且，证明：.参考答案1．答案：C解析：因为，所以.故选：C2．答案：A解析：由，得，解得，所以，由，得，因为，所以或或，所以，所以.3．答案：D解析：线段的中点为，故圆心为.又，所以.因此所求圆的标准方程为.4．答案：B解析：先验证充分性：当且时，若α与β相交，则得到m与两平面交线平行，故不一定成立，即充分性不成立；再验证必要性：当且时，，必要性成立.综上，在给定条件下，“”是“”的必要不充分条件.5．答案：B解析：当时，由，则，，……，，，，累加得：，即，因为，所以，当时，满足题意，故数列的通项公式为：.6．答案：D解析：令二项式中，可得展开式各项系数之和为，由题意，解得.对于，其第项为，，整理得，令，解得.因此常数项为第项.7．答案：B解析：由正弦定理，及，得①已知，由余弦定理得，将①中代入分子得：，化简得②将②代入①得：，整理得，由于，两边同除以得，故.8．答案：C解析：设，则，，若，则存在，使得时，，从而在上递增，因此，与矛盾，所以，即，当时，时，，，所以，设，则，设，则，单调递增，即在上单调递增，又，所以时，，所以是减函数，而，所以时，，所以，所以时，，综上，.9．答案：AB解析：对于A，由题意得，即，若直线过定点，则有，解得，定点为，故A正确；对于B，直线的斜率为，对于任意的，直线的斜率都存在，故B正确；对于C，因为，所以有，解得或，故C错误；对于D，因为，所以，解得，故D错误.故选：AB.10．答案：BD解析：对于A，当时，，不能推出，故A错误；对于B，由，解得，所以，，所以，又，所以，故B正确；对于C，设，在中，，.由正弦定理，得..，，因为，所以，即因为，所以，即.所以，所以当，即时，取得最大值，且最大值为4，故C错误；对于D，在上的投影向量为，故D正确.11．答案：ABD解析：设过点的直线l方程为，其中联立，消去x可得:，由韦达定理可得：，设线段的中点，所以，所以，化简得：，因为，则，由，解得：，所以点Q的轨迹方程为（，），故A正确；对于B，由于，解得：，所以，故B正确；对于C，由于，由于，所以α为锐角，故，或，当时，，则，所以，当时，，则，所以，所以，故C错误；对于D，由于，当时，，此时直线l方程为：，所以点F到直线l的距离，由于，所以，的面积为，故D正确.12．答案：解析：因为角θ的终边经过点，所以.因此.13．答案：0.2解析：因为随机变量，则正态分布曲线的对称轴为直线，由正态分布的性质可得，又，因此.14．答案：解析：设（），由得，整理得.因的中垂线过点A，故，即.即.化简得，解得.从而点A的纵坐标平方为，横坐标平方为.将点A坐标代入椭圆方程，得.两边同乘9并利用及变形得.令，整理得，即.解得或，因，故，即.

15．答案：(1)等差数列公差，等比数列公比；(2)，解析：(1)由题意，可得，由，可得：，联立，解得：或因为，所以等差数列公差，等比数列公比；(2)由(1)可得，，故，，，两式相减得：，有，所以.16．答案：(1)甲获胜的概率为(2)X的分布列为：X0123P数学期望解析：(1)由题意甲一次接到球且回球不失误的概率为，所以甲获胜的概率为；(2)由已知X的可能值为0，1，2，3，，第一球未接到，，，有两种情况导致回合结束且甲接到1个球：(1)第一球接到，回球失误，(2)第一球接到并回球成功，第二球未接到，所以，，(1)第1球接到并回球成功，第2球接到，回球失误，(2)第1球接到并回球成功，第2球接到，回球成功，第3球未接到，所以，，前2球均接到并回球成功，第3球接到（此时无论回球是否失误，回合都结束），所以，所以X的分布列为：X0123P所以.17．答案：(1)证明见解析(2)解析：(1)作，垂足为O，连接.在中，由，，解得，.，，四边形是平行四边形，，则，，即.，又平面，平面.平面，平面平面.(2)，，.如图2，以O为坐标原点，以，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设，，，，，，，，，，设平面、平面的法向量分别为，，由，取，得.由，取，得.因为平面与平面所成二面角的正弦值为，则其余弦值的绝对值为，所以，解得或46.当时，，此时为钝角，不符合题意；当时，，此时为锐角，符合题意，故.18．答案：(1)(2)见解析(3)解析：(1)由题知，，故，结合，得：，将点代入双曲线方程得：，解得，，所以双曲线C的方程为；(2)证明：双曲线的渐近线方程为：，点到两条渐近线的距离分别为：，，则，因P在双曲线上，所以，代入解得为定值；定值为(3)设过点P的直线方程为，联立直线与渐近线的方程得：，，，因为M，N在y轴同侧，所以，而，又因为，所以原点到直线的距离，则，又利用与，得：因此，所以面积最小值为.19．答案：(1)在上单调递增，在上单调递减(2)见解析解析：(1)已知函数，定义域为，，又，，所以恒成立.当时，，则，单调递增；当