辽宁省阜新普通高中2026-2027学年上学期高三开学考试数学试题（含解析）

阜新普通高中2026~2027学年度上学期高三开学考试数学试题考生注意：1.满分150分，考试时间120分钟.2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.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.已知集合，，若，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】当时，，解得，当时，，解得，综上所述，实数的取值范围是.2.若为虚数单位，则的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，利用虚数的计算法则，逐项计算，即可求解.【详解】由，其中，所以.3.在中，，记，.则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】因为，所以，所以，解得，即，因为，，所以，故选项D正确.4.如果函数在上是单调函数，那么实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用指数函数的性质结合二次函数的单调性即可求出的取值范围.【详解】是底数大于的指数函数，在上严格单调递增，要让整体在上单调，只需保证在上单调即可，令，则函数开口向上，对称轴为，单调递减区间是，单调递增区间是，在上单调，只需满足对称轴不在内部，即：或，解得或，故的取值范围.5.已知为第四象限角，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用二倍角公式整理可得，再结合两角和差公式的正切公式运算求解，注意合理选取二倍角的余弦公式.【详解】因为，则，且为第四象限角，则，，可得，则，即，可得，所以.6.已知直线与圆相切，则（）A. B. C.或 D.或【答案】B【解析】【分析】由直线与圆的位置关系列出方程求解即可.【详解】因为圆的圆心，半径，由题意可得，整理得，解得.7.某人工智能社团有6位同学（含甲、乙），计划对、、这3种人工智能模型展开学习调研．每种模型至少有1人负责，每人必须且只能选择一种模型．若甲、乙不能调研同一种模型，且模型恰由2人负责，共有（）种不同的安排方案．A.160 B.320 C.480 D.540【答案】A【解析】【分析】按ChatGPT模型是否包含甲乙进行分组，再结合分类加法计数原理计算即可.【详解】①甲负责ChatGPT模型：从除甲、乙外的4人中选1人负责模型，有种；剩余4人分配到Sora、GPT-4两种模型，共有种，剩余4人全在Sora模型或GPT-4模型，有2种，所以此类方案数：种.②乙负责ChatGPT模型：有种.③甲、乙都不负责ChatGPT模型：从剩余4人中选2人负责模型，有种.甲负责Sora模型，则乙负责GPT-4模型，剩余2人均有2种选择，种，乙负责Sora模型，则甲负责GPT-4模型，剩余2人均有2种选择，种，所以此类方案数：种.故共有种不同的安排方案.8.已知函数的定义域为，导函数为，满足（e为自然对数的底数），且，则下列说法正确的是（）A. B.在处取得极大值C.存在唯一的实数使得 D.【答案】C【解析】【分析】构造函数，求导确定函数的单调性，结合单调性可得，从而判断A；根据导数运算可设，由，从而可得的值，于是得函数的解析式，求导确定单调性得的极值点即可判断B；根据单调性结合函数确定的根是否唯一即可判断C；根据单调性确定函数值大小即可判断D.【详解】设，则，当时，，在区间上单调递减，当时，，在上单调递增，故，即，得，故选项A不正确；可设，可得，所以，所以，所以，由可得，由可得，所以在区间上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，故选项B不正确；又因为，可得函数大致图象如下：结合图象知，存在唯一的实数使得，故C正确；由于，而，所以，故选项D不正确.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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，，关于x的不等式的解集为，则（）A. B.的最小值为C.的最小值为4 D.的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】选项A，的解集为，利用根与系数的关系，通过计算得到；选项B，由利用基本不等式得到；选项C，由解得，代入，整理后利用1的妙用求解；选项D，将，变形为，利用1的妙用求解即可.【详解】选项A，的解集为，，，，故选项A正确；选项B，，，当且仅当，即时取等号，，故选项B错误；选项C，，，，当且仅当，即时，取等号，的最小值为4，故选项C正确；选项D，，，，当且仅当，即当时取等号，解方程组，解得，的最小值为，故选项D正确.10.如图，半圆锥的底面直径的长为2，顶点V为矩形的边的中点，母线的长为2，P为半圆弧上任意一点（P不与A，D重合），则下列结论正确的是（）A.该半圆锥的表面积为B.三棱锥的四个面都为直角三角形C.当直线与平面所成的角为时，异面直线与所成角的余弦值为D.当三棱锥的体积最大时，平面截三棱锥的外接球所得截面的面积为【答案】ABD【解析】【分析】对于A选项,半个圆锥的表面积为一个弧面、一个半圆、一个三角形的面积之和；对于B选项，主要运用线面垂直的判定定理从而证明线线垂直然后得出直角三角形；对于C选项，建立空间直角坐标系，求出与的向量坐标，再运用向量的相关计算求出异面直线与所成角的余弦值；对于D选项，先求出P点坐标，再求出三棱锥的外接球的球心，然后求出所得截面的半径从而求出面积.【详解】对于A选项，因为，所以,半圆锥的表面积等于圆锥侧面的一半+半圆+，即，故A选项正确；对于B选项，取的中点连接，因为为半圆锥的圆心，为半圆锥的顶点，所以平面，又因点和点分别是，的中点，所以，所以平面，所以，所以为直角三角形，三点在圆上且为直径，所以，且，所以平面，又平面，故，，所以为直角三角形，综上所述三棱锥的四个面都为直角三角形，故B选项正确.对于C选项，以为x轴，以为y轴，如下图作z轴建立空间直角坐标系，则，，故，由题可设，其中，因为直线与平面所成的角为且面，面，故面面，且面面，所以P投影在面上点在直线上，故，所以，即，且，解得，故，因此，，则异面直线与所成角的余弦值为，故C选项错误；对于D选项，运用到C选项的空间直角坐标系，除点P坐标未知其余坐标不变，因为，h为的长，以为底，高为点到的距离，因为三棱锥的体积最大，所以点到的距离就要最大，所以，设三棱锥的外接球的球心，则，解得，球的半径，，，，，设面的法向量，则，令，则，故，则点M到面的距离为，故平面截三棱锥的外接球所得截面的半径，平面截三棱锥的外接球所得截面的面积为，故D选项正确.11.某校有甲、乙两个数学社团，甲社团有名高一学生、名高二学生，乙社团有名高一学生、名高二学生，某次甲社团举行活动，乙社团随机派人参加甲社团的活动，现从参加活动的人中随机抽取人主持活动，记事件为乙社团选派的人中高一学生人数有个，事件为从名学生中随机抽取的人为高一学生，则（）A. B.C.与不相互独立 D.【答案】BC【解析】【分析】利用全概率公式判断A；利用条件概率公式化简判断B；利用独立事件的概率公式判断C；利用全概率公式计算得，再化简即可判断D.【详解】由题意得，，，则，故A错误；，故B正确；因为互斥，所以，，则，故与不相互独立，故C正确；因为，所以，则，故，因为，所以，故D错误.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知数列是等比数列，若，，则_______．【答案】324【解析】【详解】设等比数列的公比为，则，因为，，所以，又，，因此.13.抛物线的焦点也是双曲线的一个焦点，则__________．【答案】2【解析】【详解】由双曲线，所以，其焦点为，抛物线的焦点为．由题意得，两边平方并整理得，即．因为，所以．14.已知a，b，，且，则的最小值为__________．【答案】##【解析】【分析】本题首先对已知等式变形，利用经典不等式进行同构，得到，之间的关系式；再对目标多项式配方，转化为点到直线距离的几何模型，将三元最值问题降为单变量函数最值；最后利用导数求函数极值，验证等号成立条件，求出最小值.【详解】由题中可知，所以同时除以整理得，，又，所以，令，则方程变为，因为当且仅当取等号，所以，则，，该式子的几何意义是点到直线上点的距离的平方，所以其最小值即为点到直线距离的平方，因为，构造函数，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以当时，取得最小值，所以取得最小值，即所求多项式的最小值为.【点睛】利用经典不等式同构得到，之间的关系式是本题的突破口；三元二次式配方转化为点到直线距离简化了多元最值问题的求解.四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.15.在锐角中，角的对边分别为，已知，．（1）求；（2）是否存在锐角，其面积为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理，结合同角三角函数关系求解即可.（2）根据三角形面积公式及余弦定理求解即可.【小问1详解】由正弦定理可知：，即，又，所以.在锐角中，，所以.【小问2详解】因为的面积为，所以，即，所以.由余弦定理，得，因为，且，所以是锐角三角形，故符合题意.16.已知数列、中，，，且满足，．（1）求证：数列是等差数列；（2）求数列、的通项公式；（3）求的前项和．【答案】（1）证明：因为，，两式相加，得，令，则因，可知数列为等差数列，即数列是等差数列．（2），（3）【解析】【分析】（1）令，直接验证即可证明；（2）由（1）可知，解法一：直接代入，通过构造求解，再代入即可求解；解法二：令，通过已知条件得到，再结合即可求解；（3）由（2）可知，，代入即可求解.【小问1详解】略.【小问2详解】由（1）知数列是等差数列，首项为，公差为，所以，即，解法一：因为，且，所以，则，所以，所以，；解法二：因为，，两式相减，得，令，则，，得，所以，因为，所以，即，即，又，联立解得，.【小问3详解】由（2）已得，.则，所以其前n项和．17.如图，在梯形中，，，，四边形为矩形，平面平面，平面，，，.（1）求证：平面；（2）求二面角的平面角的余弦值；（3）若点在线段，（与，都不重合）上运动，设平面与平面所成二面角的平面角为，试求的范围．【答案】（1）因为，，，易得，所以，即，又因为平面，平面，所以，，平面，平面，所以平面.（2）（3）【解析】【分析】（1）通过勾股定理证明，再通过线线垂直证明线面垂直.（2）通过二面角的定义找出二面角所对应的夹角，并通过勾股定理求解线段长度，进而求解余弦值.（3）通过建立空间直角坐标系求解平面法向量，利用法向量表示出二面角余弦值并求解范围.【小问1详解】略【小问2详解】取中点，连接如图所示，因为，，，平面，所以平面，又因为，所以，为二面角的平面角.，得，，因为平面，所以，，.【小问3详解】以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，，，，，，设，，，，设平面法向量，满足，解得.因为平面，所以平面法向量，，所以时，，时，，综上所述，.18.某闯关活动设置两种闯关模式，每种模式均有个关卡．模式一：选择挑战全部个关卡，每个关卡通过得3分，未通过得0分；模式二：从第1关开始依次挑战，每个关卡通过得8分，并继续挑战下一关，若未通过，则此关得0分，并终止闯关．已知甲、乙两人分别选取模式一、二进行闯关，且甲每关通关的概率为，乙每关通关的概率为，且各关的通关结果相互独立．（1）设甲的总得分为随机变量，求；（2）当时，设甲的总得分为随机变量，求的分布列；（3）当时，比较甲、乙的总得分的期望值的大小．【答案】（1）（2）（3）甲的总得分期望值大于乙的总得分期望值【解析】【分析】（1）用表示甲通过的关卡数，结合二项分布的期望公式以及期望性质计算；（2）根据独立重复事件求分布列；（3）求出乙的得分概率，进而求出期望值，结合错位相减法化简期望值，进而作差比较大小.【小问1详解】用表示甲通过的关卡数，则，且，则，故；【小问2详解】由题意得，的可能取值有，则，，，，则的分布列为【小问3详解】乙前关通过，第关失败的概率为，此时乙的总得分为；乙全部通关的概率为，此时得分为，则乙的总得分的期望值为，设，则，则，得，故乙的总得分的期望值为，由（1）知，甲的总得分期望值为，令，则当时，，，则，即，故当时，甲的总得分期望值大于乙的总得分期望值.19.已知动点，点，点P到直线的距离为d，满足的点P的轨迹为曲线C，过F的直线与曲线C交于，两点．（1）求C的方程；（2）记，F关于y轴的对称点为．（ⅰ）若，，求t的最大值及t取最大值时的正切值；（ⅱ）若，且A不是C与x轴的交点，，证明：为等腰三角形．【答案】（1）（2）（ⅰ），（ⅱ）证明：易知点A在的左支上且不是左顶点，B在C的右支上，所以，所以或，由（i）知，所以，又，且，所以，解得.由（i）可求得所以线段AB的中点坐标为，记为点D，则直线的斜率为，所以，所以，所以，所以为等腰三角形.【解析】【分析】（1）将转化为坐标表示，化简可得的方程；（2）（i）若的斜率不存在，则的方程为，与