湖北省高中名校联盟2027届高三上册8月联考数学试卷【附解析】

数学本试卷共4页，19题．满分150分．考试用时120分钟．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.已知全集，集合，，则（）A. B.C. D.2.若，则（）A. B. C. D.3.已知向量，，且与互相垂直，则实数（）A. B. C. D.4.若圆锥的轴截面是底边长为4，顶角为的等腰三角形，则该圆锥的侧面积为（）A. B. C. D.5.已知，是椭圆的左、右焦点，为上一点，且，，则的离心率为（）A. B. C. D.6.已知函数的部分图象如图所示，，是图象与轴的交点，且，，．则（）A. B. C. D.7.已知抛物线的焦点为，准线为．过点作直线交于，两点，分别过，作的切线，两切线交于点．若，则直线的斜率的取值范围是（）A. B.C. D.8.已知函数，若存在正实数，，使得，，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.下列结论中正确的是（）A.若随机变量满足，则B.数据，，，，，的分位数是C.若随机变量，，则D.当相关系数时，样本点都落在同一条直线上10.记数列的前项和为，若，，则下列选项正确的有（）A.数列为等差数列B.C.D.数列为周期数列11.已知曲线，点在上，为坐标原点，则（）A.B.的取值范围是C.直线与有且仅有4个交点D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中的系数为________．13.已知圆，过坐标原点作的两条切线，切点分别为，，点在直线上，则的最小值为________．14.在正方体中，为的中点．设正方体的所有顶点与棱的中点构成集合，若从中任取两个点连成直线，则与直线垂直的直线条数为________．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.已知为等差数列，且，.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.16.如图，在三棱柱中，，，四边形为菱形，，．（1）求二面角的余弦值；（2）求三棱柱的体积．17.记的内角、、的对边分别为、、，，、为边上的点．（1）若为的角平分线，，，求的面积；（2）若为锐角三角形，为边上的中线，，求的取值范围．18.已知双曲线的离心率为2，右焦点到渐近线的距离为，左焦点为，过的直线与的右支交于、两点，且点在第一象限．（1）求的标准方程；（2）若，求的方程；（3）记的内心为，的内心为，的面积为，的面积为，求的最大值．19.某精密仪器厂对生产的一批产品进行质量检验，产品按质量分为一等品和二等品．已知每个产品为一等品的概率都为，且各产品是否为一等品相互独立．现从这批产品中有放回地抽取件作检验，记其中一等品的个数为．定义该批产品的综合质量指数为．（1）求；（2）设，记，证明：；（3）设，且正实数，满足，定义函数，证明：对任意满足条件的，．

数学本试卷共4页，19题．满分150分．考试用时120分钟．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.已知全集，集合，，则（）A. B.C. D.答案：B解析：解答过程：，则．2.若，则（）A. B. C. D.答案：A解析：解答过程：易知，所以．3.已知向量，，且与互相垂直，则实数（）A. B. C. D.答案：A解析：解答过程：已知，则,．由与互相垂直得，即，化简得，解得．4.若圆锥的轴截面是底边长为4，顶角为的等腰三角形，则该圆锥的侧面积为（）A. B. C. D.答案：C解析：解答过程：由题意，圆锥的底面半径，设母线长为，则，所以该圆锥的侧面积为.5.已知，是椭圆的左、右焦点，为上一点，且，，则的离心率为（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：由正弦定理和椭圆定义可得，求出答案解答过程：设．在中，由三角形内角和得．由正弦定理得，即．由椭圆定义得，即，所以．其中，，椭圆离心率，得．6.已知函数的部分图象如图所示，，是图象与轴的交点，且，，．则（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：根据点求出点横坐标，进而确定的周期，得出，再利用向量数量积公式得到，再将点坐标代入函数即可求解.解答过程：由图可知，点的横坐标为，则，所以．因为，所以，得．因为，所以．将点坐标代入函数，得，即．所以，即．因为，所以．7.已知抛物线的焦点为，准线为．过点作直线交于，两点，分别过，作的切线，两切线交于点．若，则直线的斜率的取值范围是（）A. B.C. D.答案：B解析：思路：设过，点的切线方程，分别与抛物线联立，求得切线方程，将切线方程联立，可求得．又，，即可求得直线的斜率的取值范围.解答过程：设直线的斜率为．设过点的切线的斜率为，方程为．联立，消去得．由，得．所以直线的方程为，化简得直线的方程为．同理可得直线的方程为．联立，解得.又，且，代入上式化简得，即．由于抛物线的焦点，所以．因为，所以，解得或．所以直线的斜率的取值范围是．8.已知函数，若存在正实数，，使得，，则的取值范围是（）A. B.C. D.答案：D解析：思路：将问题转化为两个函数图象公共点问题，令，得，令，求导，根据导数判断函数的性质，得出直线与函数的图象有两个交点时的取值范围.解答过程：若存在正实数，使得，则函数与的图象有两个公共点．所以，即在时有两个不同的解．又．令，问题转化为求直线与函数的图象有两个交点时的取值范围．，令，得，解得．当时，单调递增；当时，单调递减．因此在处取得最大值，所以．当时，；当时，，所以．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.下列结论中正确的是（）A.若随机变量满足，则B.数据，，，，，的分位数是C.若随机变量，，则D.当相关系数时，样本点都落在同一条直线上答案：ACD解析：思路：对于选项A，根据方差的性质即可求解；对于选项B，根据百分位数的计算公式，即可求解；对于选项C，根据正态分布的性质，即可求解；对于选项D，根据相关系数的概念，即可判断.解答过程：对于A选项，由，解得，故A正确；对于B选项，因为，所以数据，，，，，的分位数是，故B错误；对于C选项，若随机变量，则，所以，故C正确；对于D，当相关系数满足时，所有样本点完全线性相关，即全部样本点都在同一条直线上，故D正确．综上所述，选项ACD正确.10.记数列的前项和为，若，，则下列选项正确的有（）A.数列为等差数列B.C.D.数列为周期数列答案：AC解析：思路：令得到，结合，可判断A，再结合A进一步可判断BCD.解答过程：令，则．因为，所以．于是，所以，即．所以是以为首项，公差为的等差数列．所以，所以．选项A：因为，所以为等差数列，所以A正确．选项B：．因为时，所以不恒成立，B错误．选项C：由，得．而，所以，C正确．选项D：通项随变化，对应的点分布在函数的图象上，不是周期数列，D错误．11.已知曲线，点在上，为坐标原点，则（）A.B.的取值范围是C.直线与有且仅有4个交点D.答案：ABD解析：思路：首先将原曲线方程变形得到，结合的隐含条件，针对四个选项的不同设问方向分别构造单变量函数，通过导数分析函数的单调性、最值、零点情况，逐一判断选项正误．解答过程：对于A选项，曲线方程变形为，因为点在上，所以，因为，所以．令，，，所以函数在上单调递减，又，所以的解集为，所以的解集为，所以，故A正确；对于B选项，，因为，所以，所以，故B正确；对于C选项，联立与，得，令，构造函数，求导，所以在单调递增，当时，；当时，，由零点存在定理，存在唯一的使得，对应两个横坐标，即两个交点和，共2个交点，故C错误；对于D选项，要证，等价于证，令，由，得，则，下面证明当时，，设，只需证，求导，显然在单调递增，当时，；当时，，所以存在唯一极值点，满足，且在单调递减，在单调递增，故在上的最大值为，故当时，，因此，第一个等号当且仅当或1时成立，第二个等号当且仅当时成立，因此两个等号无法同时取得，所以，即，故D正确．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中的系数为________．答案：10解析：解答过程：由二项式定理知，的展开式中的项为，即对应系数为10.13.已知圆，过坐标原点作的两条切线，切点分别为，，点在直线上，则的最小值为________．答案：解析：思路：确定两个切点坐标，得到直线方程，结合点到线距离公式即可求解.解答过程：如图，其中一条切线为轴，设切点为．设另一条切线的方程为，由到切线的距离为2，得，解得．所以的方程为．联立，消去化简的：，解得，故，即，所以．所以的方程为：，即：．所以的最小值为点到直线的距离，即．14.在正方体中，为的中点．设正方体的所有顶点与棱的中点构成集合，若从中任取两个点连成直线，则与直线垂直的直线条数为________．答案：19解析：思路：先利用线面垂直的判定定理证明平面，再利用线面垂直性质定理，确定所有与垂直的有平面，平面和平面.再利用组合数公式与加法原理求得与直线垂直的直线条数即可.解答过程：如图，在正方体中，设对应棱上的点（非顶点）为棱的中点，连接，．因为，所以平面．因为平面，所以．又因为，平面，所以平面．因为平面，所以．同理．因为平面，所以平面．故所有与垂直的直线在平面内或与平面平行．易知与平面平行的平面有平面，平面和平面，此外连接的中点得到的直线也与平面平行，所以满足条件的直线条数为：（条）．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.已知为等差数列，且，.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.答案：（1）（2）解析：思路：（1）由，可得，解之得，从而可得的通项公式；（2）由可得，，利用错位相减法即可得结果.（1）由已知条件可得，解之得，，所以，.（2）由可得，，设数列的前项和为.则，∴，以上二式相减得，所以，.16.如图，在三棱柱中，，，四边形为菱形，，．（1）求二面角的余弦值；（2）求三棱柱的体积．答案：（1）；（2）．解析：思路：（1）利用菱形中角构造等边三角形，取中点，证明平面

，找到二面角的平面角

，再通过勾股定理和余弦定理计算其余弦值；（2）以第一问中的平面角为基础，过点作底面的垂线，确定三棱柱的高，再用体积公式即可求得体积．（1）取的中点，连接．四边形为菱形，，与是等边三角形，．．，是二面角的平面角．又，平面，平面平面．平面．．．所以二面角的余弦值为．（2）过作于点，则，，平面，平面，．且平面面．所以．所以三棱柱的体积为．17.记的内角、、的对边分别为、、，，、为边上的点．（1）若为的角平分线，，，求的面积；（2）若为锐角三角形，为边上的中线，，求的取值范围．答案：（1）；（2）．解析：思路：（1）利用角平分线将三角形面积分割为两个小三角形面积之和，建立与的关系，再结合余弦定理建立方程组消去，解出后直接代入面积公式即可；（2）利用中线向量公式将表示为的函数，结合余弦定理和正弦定理消去，转化为关于角的三角函数；再由锐角三角形条件确定角的范围，从而得到的取值范围．（1）因为是的角平分线，所以．因为，所以．因为，所以，化简得．又因为，由余弦定理得，所以．所以，解得．所以的面积为．（2）由余弦定理，得，即．因为为边的中线，所以．所以．由正弦定理，得，所以．所以．因为为锐角三角形，，所以，解得．所以．所以．所以，即．18.已知双曲线的离心率为2，右焦点到渐近线的距离为，左焦点为，过的直线与的右支交于、两点，且点在第一象限．（1）求的标准方程；（2）若，求的方程；（3）记的内心为，的内心为，的面积为，的面积为，求的最大值．答案：（1）；（2）；（3）解析：思路：（1）根据离心率和焦点到渐近线距离得到方程，求出双曲线方程；（2）设出直线，联立直线和双曲线方程，得到两根之和，两根之积，表达出两三角形面积，得到方程，求出答案；（3）作出辅助线，根据内心的性质和双曲线定义可得，，结合韦达定理得到，并求出面积的最大值.（1）因为右焦点到渐近线的距离，所以．又离心率，且，解得．所以的标准方程为．（2）设直线，点在第一象限，故，联立消去得．由韦达定理，得．因为与的右支交于两点，所以，即．因为，且，所以．所以，解得，满足要求，由于，故，故，解得，故，所以的方程为．（3）由已知得．过的内心作的垂线，垂足分别为，如图所示．根据切线长定理，得，由，得．又，所以．而，则．所以．同理．所以．又，所以．因为，所以，解得．即，同理．所以．因为，所以．所以．又，所以．因为，所以．所以．因为，所以当时，取最大值．方法提示：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．19.某精密仪器厂对生产的一批产品进行质量检验，产品按质量分为一等品和二等品．已知每个产品为一等品的概率都为，且各产品是否为一等品相互独立．现