河南省驻马店市部分校2027届高三上学期开学考试数学试题（含解析）

高三数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．考试时间为120分钟，满分150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.设集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】由题意知，集合是点集，元素是点，集合是数集，元素是实数，故．2.已知复数．若为纯虚数，则（）A. B. C. D.2【答案】B【解析】【详解】因为为纯虚数，所以，解得.3.已知平面向量．若向量在向量上的投影向量为，则（）A. B. C.1 D.3【答案】C【解析】【详解】因为，所以．所以向量在向量上的投影向量为，解得．4.已知为等比数列的前项和，若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】当时，由可得，两式作差可得出等比数列的公比，然后在等式中，令，可求出的值，进而可求出数列的通项，即可得出的值.【详解】因为，所以当时，．两式相减，得，所以，即等比数列的公比为．当时，，解得，所以，所以．5.已知抛物线的焦点为，点在抛物线上且在第一象限．若，则直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用抛物线定义求出点的坐标，再计算直线的斜率，进而得到倾斜角【详解】对于抛物线，得，即，因此焦点的坐标为，准线方程为，设点，由在第一象限得，由抛物线的定义可知，因为，所以，解得，将代入抛物线方程得，结合得，即，设直线的斜率为满足，设直线的倾斜角为，，则，解得所以直线的倾斜角为.6.某新能源实验室迭代优化固态电池快充工艺，电池单次充满所需时长（单位：分钟）与工艺迭代次数的关系式为，定义边际时长缩减量．当时，继续迭代带来的快充提升低于研发成本，应当停止迭代．已知，则满足停止迭代条件的迭代次数至少为（）A.20 B.22 C.24 D.26【答案】C【解析】【分析】根据指数函数和对数函数的性质计算即可.【详解】由题意，得．由，得．两边取自然对数，得，所以，解得，所以满足停止迭代条件的迭代次数至少为．7.如图，在平行六面体中，底面为正方形，，棱为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，设，以为基底，分别表示，再利用向量法即可求出异面直线与所成角.【详解】设，则，．以为基底，由题意得，．因为，，所以，，，设异面直线与所成角为，则，即异面直线与所成角的余弦值为.8.已知函数是偶函数，若对于恒成立，则下列各式一定正确的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】构造合适的函数，通过对已知不等式的变形，结合导数判断函数单调性、再利用偶函数性质比较函数值大小.【详解】由题意可知：对任意，有，通分可得：，令，因为是偶函数，是偶函数，所以，又函数的定义域关于原点对称，故是偶函数，，当时，，，，可得，即，所以在上单调递减，对于A，因为，所以，即，对于B，因为，所以，即，对于CD，因为，所以，即，，所以C选项一定正确.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.科研人员测试多组碳化硅功率器件的耐压性能，得到一组实验数据，，，，，已知该组数据的平均数为，方差为，极差为，中位数为．对原始数据进行线性变换，得到一组新数据，，，，．若新数据的平均数为，方差为，极差为，中位数为，则（）A. B. C. D.【答案】ACD【解析】【详解】对于A,，A正确；对于B,，B错误；对于C,，C正确；对于D,，D正确．10.已知数列的前项和为，若，，则（）A. B.数列是等差数列C. D.【答案】BCD【解析】【分析】利用递推式可计算，通过递推式推导数列的隔项差，判断奇数项数列及偶数项数列的等差性，并可求奇数项及偶数项的通项公式，再利用并项求和法计算.【详解】对于选项A，因为，所以，两式相减得．因为，所以，故A错误；对于选项B，因为，，所以．因为，所以数列是以为首项，为公差的等差数列；数列是以为首项，为公差的等差数列，故B正确；对于选项C，由前面分析，得，，所以，故C正确；对于选项D，，故D正确．11.已知函数在区间上单调递增，则下列说法正确的有（）A.的最大值为1B.若，则C.若，则在区间内有1个零点D.若函数的图象与轴的两个交点间的最小距离为，则【答案】AD【解析】【分析】先根据时，，再根据正弦函数的单调递增区间性质，结合的单增区间，可列出不等式，即可判断A；根据列三角方程，解出ω的通式，再结合之前得到的ω的范围筛选符合条件的值，判断B；根据列不等式，结合已知的ω范围得到ω的更小区间，再令解出零点的通式，判断在内零点的个数，判断C；先解出的所有根的通式，找到相邻两个根的最小距离表达式，结合最小距离列方程求解ω，判断D.【详解】函数在区间上单调递增，即得时，，结合正弦函数在上单调递增，而，可得，解得，结合，可得，所以的最大值为1，A正确；当时，，则或，由解得，结合，此时无解；由解得，结合，此时，B错误；由，知，结合，，可知，解得，令，则，，则，，当时，，因为，故，当时，，即此时存在满足条件的使得在区间内无零点；当时，，因为，故，此时；当时，，不符合题意，当时，由于随着k的增大而增大，可知，故在区间内有1个零点不正确，C错误；令，则，或，，则或，，相邻两个交点间的距离为或，显然相邻两个交点间的最小距离为，则，D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知正四棱台的上、下底面边长分别为和，体积为，则该正四棱台的高为_____．【答案】【解析】【分析】根据正四棱台的体积公式计算即可．【详解】设正四棱台的高为，则其体积，解得．13.已知函数，则关于的不等式的解集为_____．【答案】【解析】【分析】由题可知，即的图象关于直线对称，再利用导数判断函数的单调性，然后结合对称性及单调性解不等式即可．【详解】因为，所以，所以的图象关于直线对称．因为，设，则，当且仅当，即时，等号成立，所以函数在上单调递增．又因为，所以当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增．由，得，所以．整理得，解得或，即不等式的解集是．14.已知为双曲线的上焦点，以为圆心，为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于，两点．若（为坐标原点），则的面积为______．【答案】【解析】【分析】设设圆与轴交于点两点，利用双曲线的性质可知焦点到渐近线的距离为，由垂径定理可知，再结合圆的切割定理可知即,求解出，再代入双曲线方程中利用圆的性质求的面积.【详解】双曲线的渐近线方程为即，设，则，点到渐近线的距离为，所以，由于，所以点位于轴上方，如图所示，设圆与轴交于点两点，根据圆的切割定理可知，即,即又，所以，故，解得（负值舍去），所以双曲线方程为，，.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.为研究储能行业技术人员使用储能仿真软件的情况与方案自主优化能力是否有关联，随机调查了100名储能企业技术人员，得到如下列联表（单位：人）．仿真软件使用情况自主优化能力合计强一般经常使用22

不经常使用

16

合计

44

（1）将列联表补充完整并依据小概率值的独立性检验，分析储能技术人员使用储能仿真软件的情况是否与自主优化能力有关．（2）一名新入职储能技术员此前未使用储能仿真软件，计划开始学习使用．他在第天使用储能仿真软件开展工作的概率为，每天是否使用相互独立．设这名技术员前3天中使用储能仿真软件的天数为，求的分布列与数学期望．参考公式：．参考数据：0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.84110.828【答案】（1）仿真软件使用情况自主优化能力合计强一般经常使用222850不经常使用341650合计5644100认为储能技术人员使用储能仿真软件的情况与自主优化能力有关联（2）的分布列如下所示，0123的数学期望为【解析】【分析】（1）利用部分与整体的关系列联表，再利用与进行独立性检验即可.（2）利用独立事件的乘法公式计算的分布列，再利用随机变量均值的定义求出即可.【小问1详解】完整的列联表如下．仿真软件使用情况自主优化能力合计强一般经常使用222850不经常使用341650合计5644100零假设为：储能技术人员使用储能仿真软件的情况与自主优化能力无关．由列联表中的数据，计算得根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为储能技术人员使用储能仿真软件的情况与自主优化能力有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05．【小问2详解】由题意，的可能取值为0，1，2，3．因为新员工第1天、第2天、第3天使用储能仿真软件开展工作的概率分别为，所以，，故的分布列如下表．0123所以的数学期望.16.在中，角所对的边分别为且．（1）求角；（2）若，求中线的长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用三角恒等式，结合正弦定理化简得到，再根据的范围得到；（2）先利用余弦定理，求出，再利用勾股定理逆定理得出，再在直角三角形中求出.【小问1详解】，．，，整理得．．又．由正弦定理，得．．．【小问2详解】在中，，由余弦定理，得，化简得．解得或（舍）．．是的中点，，．17.如图，在三棱柱中，，，，，.（1）求证：平面平面；（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明：在中，，，，由余弦定理得．，，，，、平面，平面．平面，平面平面．（2）【解析】【分析】（1）利用余弦定理结合勾股定理可证得，再结合条件以及线面垂直、面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）分析可知、、两两相互垂直，以点为坐标原点，分别以、、所在的直线为、、轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可求出的值，再利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.【小问1详解】略【小问2详解】由（1），得平面，又、平面，，，又，、、两两相互垂直．以点为坐标原点，分别以、、所在的直线为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设，由（1）知，则、、、，，，．设平面的一个法向量为，则，即，令，则，，．设直线与平面所成的角为，则，解得，．在三棱柱中，，且，．设平面的法向量为，则，即，令，则，，．设平面与平面的夹角为，则，即平面与平面夹角的余弦值为．18.已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）证明：；（3）若在上恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）证明：等价于．方法一：令，则．令，则．函数在上单调递增，且，函数在内存在唯一的零点，即．当时，；当时，，函数即在上单调递减，在上单调递增，函数的最小值为，函数在上单调递增．当时，；当时，．综上，在上恒成立，即在上恒成立．方法二：令．当时，．当时，．令，则在上单调递增．，函数即在上单调递增，，函数在上单调递增，．综上，在上恒成立，即在上恒成立（3）．【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程即可；（2）方法一：不等式等价于证，令，求导得，再令，继续求导得，然后由零点存在定理可得函数在内存在唯一的零点，进而可得函数在上单调递增，再分当及即可证明．方法二：易知时，，再利用导数可证在上单调递增，则，然后可证．（3）不等式可化为，令，则，结合函数的单调性可得在上恒成立，即在上恒成立，再求函数的最小值即可．【小问1详解】．又．曲线在点处的切线方程为，即．【小问2详解】略【小问3详解】不等式，即，等价于．令，则原不等式可转化为．函数在上单调递增，在上恒成立，可得在上恒成立，在上恒成立．设，则，当时，；当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，函数的最小值为．又实数的取值范围为．19.已知椭圆的离心率为，且椭圆过点．（1）求椭圆的标准方程．（2）点为椭圆的下顶点，，为椭圆上两个不同的点，直线和直线的斜率之积为，点，分别在射线、射线上，满足．①已知直线的斜率存在，求证：直线恒过定点；②设①中的定点为，若直线过点，求直线的方程．【答案】（1）；（2）①椭圆的下顶点为，由题意，是椭圆上两个不同的点，且均不与重合（否则直线或斜率不存在，或斜率之积无意义），故直线的斜率均存在且不为0，且，满足，设直线的方程为，，代入椭圆方程得，整理得，由直线与椭圆交于两个不同点，得，由韦达定理得，由，得，因为，所以，将韦达定理结果代入上式得，若，则直线过点，此时中至少有一个点与重合，与“是椭圆上不同的点且异于”矛盾，故，因此，可在等式两边同除以，化简得，所以，恒成立，所以，化简得-2m验证：当时，判别式，当时，满足直线与椭圆交于两个不同点的条件，因此直线的方程为，恒过定点；②的方程为.【解析】【分析】（1）利用椭圆离心率公式推出关系，设出椭圆方程，代入已知点坐标求解参数，即可得到标准方程；（2）①联立直线与椭圆方程，结合韦达定理和斜率乘积条件列式化简，排除增根后求出定值截距，证出定点；②联立直线与椭圆得交点坐标，利用向量数量积求出动点坐标，结合共线条件得到斜率关系，最终求出直线斜率结合定点得方程.【小问1详解】由题意得，