河南省普通高中2027届高三上学期开学联考数学试卷（含解析）

河南省部分普通高中2026-2027学年高三上学期开学联考数学试题一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知复数满足（其中为虚数单位），则（

）A． B． C． D．3．已知向量，满足，，则（

）A． B． C．0 D．14．双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．5．已知一组数据为，1，3，4，5，7，10，11，若为这组数据的70%分位数，则的展开式中的系数为（

）A． B． C． D．6．已知，则（

）A． B． C． D．7．在棱长为8的正方体中，E是棱上的一个动点，F为线段上的一个动点，则的最小值为（

）A． B．2 C．4 D．8．已知是各项均为正数的无穷数列，记集合，则“数列是等差数列”是“对于任意正整数，集合都是单元素集，且该元素为正数”的（

）．A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件二、多选题9．已知圆：，直线：（），下列选项正确的有（

）A．圆的圆心坐标为，半径为5 B．直线恒过定点C．当时，直线与圆相离 D．直线被圆截得的弦长最小值为10．在矩形中，，将沿折起，使点到达点的位置，得到三棱锥.若，则（

）A． B．三棱锥外接球的表面积为C．直线与直线所成的角为 D．平面与平面的夹角为11．已知和分别为函数的极小值点和极大值点，则（

）A．当时， B．当时，C．当时， D．当时，三、填空题12．在中，角的对边分别为，已知，，，边上的中线的长度为______．13．一个无穷等比数列，已知，且，则公比q的取值范围是________14．将二项展开式中的各项等可能地随机重新排列，观察排列中是否存在系数为负数的项相邻，若存在，则记随机变量，否则记，则___________．四、解答题15．记的内角，，的对边分别为，，，已知.(1)求角；(2)若，，求的面积.16．如图，四棱锥的底面为矩形，平面，点，分别为棱，的中点．(1)证明：平面；(2)当且时，求平面与平面夹角的余弦值．17．某空军基地进行发射炮弹演习训练，分成甲乙两队进行对抗训练，已知无障碍时甲、乙两队发射炮弹攻击对方目标击中的概率均为，甲、乙两队空中拦截对方炮弹成功的概率分别为，，每次由一方先发射一枚炮弹攻击对方目标，另一方再进行空中拦截，轮流进行，各攻击对方目标一次为1轮对抗训练．经过数轮对抗训练后，当一方比另一方多击中对方目标两次时，演习训练结束．假定各轮结果相互独立．记在1轮对抗中，甲队击中乙队目标为事件A，乙队击中甲队目标为事件B．(1)求概率、；(2)设随机变量表示经过1轮对抗后甲队与乙队击中对方目标次数之差，求的分布列和数学期望；(3)求恰好经过3轮对抗后训练结束的条件下，甲队多击中乙队目标两次的概率．18．已知函数，(1)时，求曲线与轴平行的切线方程；(2)已知函数，①当时，求曲线与曲线的交点个数；②如果存在实数，使得两条曲线在处有公共点，且两条曲线在处的导数也相同，则称这两条曲线相切．求的值，使得曲线与曲线相切．19．已知椭圆：（）的左、右焦点分别为和，离心率为，上顶点为，且点到直线的距离为．(1)求椭圆的方程；(2)已知，为椭圆上的两个动点．（i）当取得最大值时，求的值；（ii）当直线在轴上的截距为4时，若椭圆在点，处的两条切线的交点在直线上，求直线的方程．参考答案1．B解析：由题意，集合，而，因为，所以.2．B解析：设复数（），则其共轭复数，则，所以，化简得：，解得.所以，因此.3．B解析：由，，两式相加得，所以，所以，所以.4．D解析：双曲线即为，则，，可得，则，又因为双曲线离心率，则．5．D解析：数据，1，3，4，5，7，10，11，共8个，已按从小到大排列.由，故这组数据的70%分位数为第6个数，即.将视为整体，原式改写为.其展开式的通项为.要得到项，需.此时.在的展开式中，项为.故展开式中的系数为.6．D解析：因为，所以.7．D解析：以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，可得，设，则，即，可得，当，即时，取到最小值．8．B解析：由可知，所以对任意的均有意义，充分性：若数列是等差数列，设公差为，首项为，且，则，因为，所以，所以对于任意正整数，集合都是单元素集，当时，满足已知条件，但是不满足集合中元素为正数，故充分性不成立，必要性：若对于任意正整数，集合都是单元素集，且该元素为正数，则对任意正整数，所有对应的为同一个正数，记为，取，则，根据等差数列的定义可知：数列是等差数列，故必要性成立，所以“数列是等差数列”是“对于任意正整数，集合都是单元素集，且该元素为正数”的必要不充分条件.9．ABD解析：对于A：圆C方程配方整理得.圆心为，半径，故A正确；对于B：直线方程变形为.令且，解得，故直线恒过定点，故B正确；对于C：定点到圆心的距离为，定点在圆内部，故对任意，直线与圆恒相交，故C错误；对于D：当直线时，直线被圆截得的弦长最短，最小弦长为.故D正确．10．AC解析：A选项，因为，且，所以平面，则，所以是直角三角形，又因为，，所以，所以A选项正确；B选项，由A选项分析得，又因为，，所以是直角三角形，又因为，，所以，所以是直角三角形，分别作和的中点和，则，因为是直角三角形，所以，同理可得，则点即为三棱锥外接球的球心，且外接球半径为，所以外接球表面积，所以B选项错误；C选项，，又因为直线与直线所成的角范围是，所以夹角为，所以C选项正确；D选项，如图所示，分别作，，则异面直线和的夹角即为平面与平面的夹角，由三角形面积公式可得，所以，同理可得，则,而，而，其中，，，，所以，所以，即平面与平面的夹角为，所以D选项错误.11．AC解析：对于A，当时，函数，则，令，则，令，解得，当时，，在单调递减；当时，，在单调递增；所以的最小值在处取得，最小值为，又因为时，；时，，因此先正再负后正，即先正再负后正，所以先单调递增，再单调递减，最后单调递增，因此有极小值点和极大值点，满足和，并且，当时，恒成立，且，，所以，又因为，，所以，所以，故A正确，对于B，由选项A可知，，由于，且二次函数在上单调递增，且最大值趋近于，但，所以，故B错误；对于C，已知函数，，当时，即fx1=ax1所以x12ln代入，可得ax1令，则e2-t=4t2⟹t2e2-t对于D，由选项C可知，，，方程ax-1lna=2x所以，当时，在上递增，最大值趋近于，但，所以，故D错误.12．解析：由，，，根据余弦定理可得：，解得；由中线满足向量关系可得：，则．13．解析：等比数列前项和，若，当时，，此时，此时无穷等比数列的和不存在，一定不满足，故舍去，若，当时，振荡发散，此时振荡发散，此时无穷等比数列的和不存在，一定不满足，故舍去，若，则，若，振荡发散，此时无穷等比数列的和不存在，一定不满足，故舍去，若，当时，，此时，此时无穷等比数列的和存在，即，则看作是首项为的无穷等比数列的和，即，由题意得，因为，则，解得，因为等比数列中，综上，公比q的取值范围是14．/0.4解析：二项式的通项公式为，显然该二项式展开共有项，且当时，即第项系数为负数，所以存在系数为负数的项相邻的排列数为,又排列总数为，所以，因此．15．(1)(2)解析：（1）在中，由余弦定理得.代入已知等式，得.由于，所以.因为，所以.又因为，所以.（2）由余弦定理得.将与代入上式得.故的面积为.16．(1)证明：如图2，取的中点为，连接，．因为四边形是矩形，且点为的中点，所以，且，又因为，分别为，的中点，所以，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，且平面，平面，所以平面．(2)解析：（1）略（2）因为平面，四边形为矩形，所以分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图3所示．因为为中点，所以，即为等腰直角三角形，即．又因为四边形是矩形，所以，所以，即．又，所以，，，，，则，，，，设平面的法向量为，则，即，则，令，则，所以；设平面的法向量为，则，即，令，则，所以．设平面与平面的夹角为，则，即平面与平面夹角的余弦值为．17．(1)，(2)(3)解析：（1）记无障碍时甲队、乙队发射炮弹攻击对方目标击中分别为事件，，，甲队、乙队空中拦截对方炮弹成功分别为事件，，，．，．（2）经过1轮对抗，甲队与乙队击中对方目标数之差的可能取值为，，．，．，的概率分布为：所以的数学期望．（3）记3轮对抗后训练结束为事件，记甲队比乙队多击中对方目标两次为事件．记3轮对抗训练结束后甲队与乙队击中对方目标次数之差为，，，所以，，所以．在3轮对抗后训练结束的条件下，甲队比乙队多击中对方目标两次的概率为．18．(1)(2)①曲线与曲线只有一个交点，②解析：（1）当时，，则，令，即，解得，可知，所以曲线与轴平行的切线方程为.（2）①令，得，当时，等式成立，可知，即是曲线与曲线的一个交点；当时，得，令，则，当时，可知在上单调递增，令，解得，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，在时，函数取得极小值，为，因为，所以恒成立，即方程无解，所以曲线与曲线只有一个交点.②当曲线与曲线相切时，有成立，由得.因为，，由得.当时，，此时不成立，当时，，此时不成立，当时，可得成立即可，因为，所以，解得或，可得成立即可，解得或（舍），当时，，解得.19．(1)(2)（i）；（ii）解析：（1）设椭圆的焦距为，则①，由题，椭圆的离心率②，又点到直线的距离为，所以，得③，由①②③解得，，，所以椭圆的方程