2027届黑吉辽蒙九师联盟高三开学测试数学试题（含解析）

试卷第=page11页（共=sectionpages33页）试卷第=page11页（共=sectionpages33页）高三数学考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．3．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．4．本卷命题范围：高考范围．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．数据2，3，3，5，7，9，11，12的上四分位数为（

）．A．9 B．10 C．11 D．11.52．设，则在复平面内z对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知集合，，则（

）A． B． C． D．4．已知总体分为A，B两层，且A层与B层的个体数之比为3∶1，用比例分配的分层随机抽样的方法从总体中抽取一个容量为8的样本．若B层中的个体甲、乙均被抽到的概率为，则总体的个体数为（

）．A．7 B．20 C．28 D．325．若，则（

）A． B． C． D．6．已知，分别是椭圆的左、右焦点，是上的动点，则的最小值为（

）．A． B． C． D．7．在中，，，，O是的外心，则的面积为（

）A． B． C． D．8．已知定义在上的函数满足：的图象关于点对称，且当时，，则（

）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．已知函数的部分图象如图所示，将的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则（

）．A．的最小正周期为 B．为偶函数C．的图象关于直线对称 D．在上单调递减10．如图，在矩形中，分别为边上的点，且，，，为线段上一点，为线段的中点，将四边形沿着直线折起，使得平面，则（

）．A．存在点，使得 B．存在点，使得C．对任意点，直线与直线异面 D．存在点，使得11．已知抛物线，为上一点，过点的直线交于两点，为坐标原点，则（

）．A．的焦点坐标为 B．直线与相切C． D．的取值范围为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知向量，，则在上的投影向量为______．（用坐标表示）13．已知直线，圆，P，Q分别为直线l与圆O上的动点，则的最小值为__________．14．在正四面体ABCD中，E为棱AC上一点，过点E作平面，使得，，若AB，CD到平面的距离分别为2和8，则该正四面体的外接球被平面截得的截面的面积为__________．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．某社区准备开展“诵读国学经典，积淀文化底蕴”活动．为调查不同年龄段的人对此项活动的态度，在该社区随机抽取了300人，统计结果如下：50岁以下50岁及以上合计支持态度的人数16060220不支持态度的人数503080合计21090300(1)根据小概率值的独立性检验，判断所持态度与年龄是否在50岁以下是否有关联；(2)以频率估计概率，若在该社区所有年龄在50岁及以上的人中随机抽取4人，记4人中持支持态度的人数为X，求X的分布列和数学期望．附：，其中．0.010.0050.0016.6357.87910.82816．在数列中，，，．(1)证明：是等比数列；(2)求数列的通项公式．17．如图，在三棱柱中，，，侧面为菱形，点为的中点，平面．(1)证明：平面；(2)在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由．18．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．19．已知集合D为函数，的定义域的一个子集，若，存在常数k，b，使得不等式，则称直线为函数，在D上的隔离直线．(1)求函数的图象在点处的切线方程，并判断该切线是否是与在上的隔离直线；(2)若直线为函数，在上的隔离直线，求b的取值范围；(3)函数，在上是否存在隔离直线？若存在，求出隔离直线的方程；若不存在，说明理由．答案第=page11页（共=sectionpages22页）答案第=page11页（共=sectionpages22页）1．B【详解】因为8×75%＝6，且数据为从小到大排列，其上四分位数为．故选B．2．A【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，求出的坐标得答案．【详解】解：，在复平面内对应的点的坐标为，位于第一象限．故选：A．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题．3．D【详解】由，得，解得或，所以或，所以，又，所以.4．C【分析】根据分层随机抽样，按比例计算从B层抽取的样本量，利用古典概型的组合数公式列出该概率的表达式，进而求解总体个体数.【详解】设B层中含有的个体数为n，则总体中的个体数为，则从总体中抽取一个容量为8的样本，应从B层中抽取2个．由题意知B层中的甲、乙均被抽到的概率为，解得，所以总体的个体数为28．5．A【详解】依题意，取，得，取，得，所以.6．C【详解】由题可知：，由椭圆性质可得：，，设，则，且，所以，函数为二次函数，开口向下，对称轴为，当或时，取得最小值，最小值为．7．B【分析】由题意，利用余弦定理求得，进而利用正弦定理求得，利用二倍角的正弦求得，进而求得的面积.【详解】由余弦定理，得，所以，又因为，，所以，所以，，所以的面积为．8．D【分析】解答本题的关键是构造辅助函数，先根据图象对称平移关系推出是奇函数，再构造，结合已知导数不等式得到的导数符号，判断的单调性；利用为偶函数转化自变量，结合单调性比较函数值大小，最后化简变形得到选项中的不等关系.【详解】因为的图象关于点对称，所以为奇函数，令，则为偶函数，且，由题意知当时，，所以在上单调递减，在上单调递增．，即，所以，即．9．ABD【分析】根据正弦型函数的图象及性质，结合函数图象的平移变换求解即可.【详解】由题意知，，所以.由，得，又，得.由，得，所以，所以．又，即，所以，故，所以，所以的最小正周期为，即A正确；，所以为偶函数，即B正确；又，所以直线不是的图象的对称轴，即C不正确；当时，，故在上单调递减，即D正确．10．AD【分析】选项A，当为点时，利用线面垂直可证明；选项B，利用线面的位置关系可判断；选项C，当点为点时，与相交；选项D，当为的中点时，利用线面垂直的判定定理可证平面，从而有.【详解】对于选项A，在矩形中，，，，所以四边形为正方形.所以.又因为平面，平面，所以.当为点时，，从而可证得平面.又平面，所以，故A正确；对于选项B，当点位于点时，与相交；当点在线段上除点的其他位置时，因为平面，平面，，平面，所以，与为异面直线，故B错误；对于选项C，当点为点时，与相交，故C错误；对于选项D，当为的中点时，取的中点，连接，在中，分别为中点，所以.又，所以.同理可得.因为，平面，所以平面.因为平面，所以，故D正确．11．BCD【分析】选项A，将点代入抛物线方程可求出的值，进而得到抛物线标准方程，判断焦点坐标；选项B，联立直线与抛物线方程，利用判别式判断直线与抛物线的位置关系；选项C、D，设直线的方程，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理得到、纵坐标的关系，结合抛物线方程可得横坐标的关系，再分别计算、的表达式，结合直线与抛物线有两个交点分析取值范围.【详解】因为点在C上，所以，，故C的方程为，其焦点坐标为，A错误；由、，可得直线斜率，所以由点斜式可得直线的方程为，代入，得，，故直线与C相切，B正确；设，，直线MN的方程，代入，得，，即，且，，，，C正确；，，所以，因为，所以的取值范围为，D正确．12．【分析】本题考查平面向量投影向量，直接使用投影向量公式计算即可.【详解】由题意知在上的投影向量为.13．1【详解】圆的圆心，半径，点到直线的距离，因此直线与圆相离，所以的最小值为.14．【分析】根据补体法，得到几何体的外接球，利用外接球的截面性质即可求解.【详解】如图，将正四面体ABCD放入到一个正方体中，因为，，且AB，CD到平面的距离分别为2和8，二者之和为10，所以该正方体的棱长为10，正四面体的外接球也是该正方体的外接球，所以球心为该正方体的中心，记为O，则O到的距离，又球的半径，所以截面圆的半径，所以所求截面面积．15．(1)认为所持态度与年龄是否在50岁以下无关联．(2)X01234P【详解】【小题1】零假设：所持态度与年龄是否在50岁以下无关联．根据列联表中的数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，没有充分的证据推断不成立，因此可以认为成立，即认为所持态度与年龄是否在50岁以下无关联．【小题2】在50岁及以上的人群中持支持态度的频率为，所以估计该社区50岁及以上的人群中持支持态度的概率为，由题意知，所以，，，，．其分布列为X01234P所以（或）．16．(1)证明：因为，所以，又，所以，所以，所以是以3为首项，2为公比的等比数列．(2)．【分析】（1）对递推式进行变形得出，结合已知条件求出首项，进而证明是等比数列；（2）由（1）得出，依次写出等比数列各项，进而利用累加法消项求和得出的通项公式．【详解】（1）略（2）由（1）得，所以，，，…，，以上各式左右相加，得，所以，又，符合上式，故．17．(1)证明：因为为的中点，，所以.因为平面，平面，所以.又，平面，且，所以平面．(2)存在，．【分析】（1）根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可.（2）建立空间直角坐标系，设，根据线面角的向量求法求解即可.【详解】（1）略（2）因为，，所以，.因为四边形为菱形，且，所以.由（1）知，，两两垂直，故以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，所以，，设．又，所以，设平面的一个法向量，则，即，令，则，，所以，记直线与平面所成的角为，则，解得（负根舍去），此时为的中点，所以在棱上存在点满足条件，此时．18．(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.【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，与的方程联立，即可求得，，从而得；若的斜率存在，设的方程为，与联立，结合弦长公式及两点间的距离公式，分别求得，从而表示出，并求得的最大值及此时直线的方程，并求得的值；（ii）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，结合（i）的运算，根据求得，再由斜率乘积为证明边边上的中线与垂直，即可得为等腰三角形.【详解】（1）由题意得，两边平方，得，即，故C的方程为.（2）（i）若的斜率不存在，则的方程为，代入，得，，，所以.若的斜率存在，设的方程为，代入并整理得则，所以由（1）知C为双曲线，易知，所以，所以，同理.所以所以.综上所述，，，此时的方程为.，（ii）略19．(1)，是，在上的隔离直线(2)(3)存在，【分析】（1）求导得出切线方程，分别计算得出，结合定义得出该切线是隔离直线；（2）利用隔离直线的定义，构造不等式，构造函数求最大值和最小值，进而取交集得出b的取值范围；（3）观察公共点，尝试把公共点处切线作为候选隔离线，再通过放缩双向证明得出结论，求出隔离直线方程．【详解】（1）由题意得，，，所以函数的图象在点处的切线方程为，即．又，，所以