贵州省多校联盟考试2026~2027学年高三上册8月素养训练数学试卷【附解析】

数学一、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，是两个不同的平面，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，，的对边分别为，，．若，，则（）A. B.C. D.8.已知关于的不等式在上恒成立，则的取值范围是（）A. B.C. D.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，过点的动直线与交于，（）两点，记线段的中点为，直线的斜率为，则下列说法正确的有（）A.点的轨迹方程为（，）B.若，则C.若直线的倾斜角为，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，，点在轴的正半轴上，是椭圆上一点，且满足．若的中垂线过点，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.已知等差数列的首项，等比数列的首项，公比，且，．（1）求等差数列的公差和等比数列的公比；（2）若，求数列的前项和．16.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，求的分布列与数学期望．17.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.已知双曲线（，）经过点且其离心率为2，点为双曲线上一动点，过点的直线与双曲线的两条渐近线交于点，（，在轴同侧）．（1）求双曲线的方程；（2）证明点到两条渐近线的距离之积为定值，并求出该值；（3）求（为坐标原点）面积的最小值．19.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：．

数学一、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.4答案：C解析：思路：根据复数模的定义直接求解即可.解答过程：因为，所以.故选：C2.设集合，，则（）A. B.C. D.答案：A解析：思路：先分别求解一元二次不等式得集合，求解分式不等式结合整数条件得集合，再计算两集合的交集即可.解答过程：由，得，解得，所以，由，得，因为，所以或或，所以，所以.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.答案：D解析：思路：由直径的两个端点确定圆心和半径，再代入圆的标准方程即可．解答过程：线段的中点为，故圆心为．又AB²=(4-2)²+(9-3)²=40，所以．因此所求圆的标准方程为．4.设，是两个不同的平面，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答案：B解析：思路：由面面平行的判定定理与性质定理判断充分性和必要性即可．解答过程：先验证充分性：当且时，若与相交，则得到与两平面交线平行，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.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.答案：B解析：思路：利用累加法，结合等比数列前项和公式分析即可.解答过程：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.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项答案：D解析：解答过程：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.在中，内角，，的对边分别为，，．若，，则（）A. B.C. D.答案：B解析：思路：利用正弦定理将已知角的关系转化为边的关系，再结合余弦定理代入化简即可求得的值.解答过程：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.已知关于的不等式在上恒成立，则的取值范围是（）A. B.C. D.答案：C解析：思路：设，先否定，再证明时，满足题意.解答过程：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，.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，则答案：AB解析：思路：对于A，由题意得，若直线过定点，则有，，即可求得直线所过的定点，对于B，由题意得的斜率为，对于任意的，直线的斜率都存在，对于C，由可得两直线斜率之积为，对于D，由可得两直线斜率相等.解答过程：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.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答案：BD解析：思路：对于A，根据数量积的定义以及向量的概念即可判断，对于B，利用向量的夹角公式以及向量的运算即可判断，对于C，利用正弦定理，向量的运算，三角恒等变换即可判断，对于D，利用投影向量的定义即可判断.解答过程：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.已知抛物线的焦点为，过点的动直线与交于，（）两点，记线段的中点为，直线的斜率为，则下列说法正确的有（）A.点的轨迹方程为（，）B.若，则C.若直线的倾斜角为，且，则D.当时，的面积为答案：ABD解析：思路：设直线方程为，与抛物线联立方程，由韦达定理可得，对于A，利用中点公式化简即可判断，对于B，利用焦半径公式结合韦达定理化简即可求解；对于C，根据条件可得，或，从而可得的值，利用弦长公式求解即可；对于D，利用点到直线的距离以及弦长公式即可求解.解答过程：设过点的直线方程为，其中联立，消去可得:，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，，此时直线方程为：，所以点到直线得距离，由于，所以，的面积为，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知角的终边经过点，则________．答案：解析：思路：根据任意角三角函数的定义，由终边上一点的坐标求该点到原点的距离，再求正弦值．解答过程：因为角的终边经过点，所以r=(-3)²+1²=10因此．13.已知随机变量，且，则________．答案：##解析：思路：利用正态分布曲线关于均值对称的性质，结合已知区间的概率计算所求概率.解答过程：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.已知椭圆（）的左、右焦点分别为，，点在轴的正半轴上，是椭圆上一点，且满足．若的中垂线过点，则椭圆的离心率为________．答案：解析：思路：利用向量共线定比分点公式求出点坐标，结合中垂线性质建立参数关系，最后代入椭圆方程求解离心率.解答过程：设（），由得，整理得.因的中垂线过点，故，即.即.化简得，解得.从而点的纵坐标平方为，横坐标平方为.将点坐标代入椭圆方程，得.两边同乘并利用及变形得.令，整理得，即.解得或，因，故，即.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.已知等差数列的首项，等比数列的首项，公比，且，．（1）求等差数列的公差和等比数列的公比；（2）若，求数列的前项和．答案：（1）等差数列公差，等比数列公比；（2），。解析：思路：（1）根据等差数列和等比数列的通项公式进行求解即可；（2）可先由（1）求出数列的通项公式，再利用错位相减求和即可．（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.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，求的分布列与数学期望．答案：（1）甲获胜的概率为（2）的分布列为：0123数学期望解析：思路：（1）利用独立事件的概率公式计算；（2）由已知得的可能值为，然后分析各事件的各种情况，再结合互斥事件与独立事件的概率公式计算出概率，从而得分布列，最后由期望公式计算出期望.（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）由已知的可能值为，，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,所以的分布列为：0123所以.17.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.答案：（1）作，垂足为，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）解析：思路：（1）作，垂足为，连接.利用已知可得，利用勾股定理和逆定理可证，利用线线垂直可证线面垂直，进而可证面面垂直；（2）建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法可求.（1）略（2），.如图2，以为坐标原点，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.已知双曲线（，）经过点且其离心率为2，点为双曲线上一动点，过点的直线与双曲线的两条渐近线交于点，（，在轴同侧）．（1）求双曲线的方程；（2）证明点到两条渐近线的距离之积为定值，并求出该值；（3）求（为坐标原点）面积的最小值．答案：（1）（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，因在双曲线上，所以，代入解得为定值；定值为（3）解析：思路：1.使用离心率求出，，的关系，再将点