安徽省六校2026-2027学年高三上学期开学联考数学试题（含解析）

2027届高三阶段性学情检测数学试题注意事项：1．本试卷满分150分，考试时间120分钟.2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.3．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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.复数满足，则（）A.2 B.3C.5 D.【答案】D【解析】【详解】，故，所以.2.“”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】【分析】根据充分条件和必要条件的定义即可求解.【详解】由是的真子集，故是的必要不充分条件.3.已知函数，则（）A. B.2C.3 D.4【答案】B【解析】【详解】函数，则，所以．4.已知双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的实轴长为（）A. B.C.2 D.1【答案】C【解析】【分析】根据双曲线的渐近线方程可求得，结合求得的值，进而求得双曲线的实轴长.【详解】由题意可知双曲线的渐近线方程为，其一条渐近线方程为，可得，而，所以可得，则双曲线的实轴长为.5.自动驾驶激光传感器采集测距数据，测量值与真实值的偏差满足：，经过大量测试，得到，则（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】D【解析】【分析】根据正态分布的对称性，可知是1和7的中点，利用中点计算公式即可求解.【详解】由知，故选D．6.各项均为正数的数列满足，（，），则（）A.5 B.25C. D.24【答案】A【解析】【详解】题意知是首项为，公差为3的等差数列，因为，所以，即，当时，，又因为各项均为正数，则.7.已知函数的部分图象如图所示，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】对于，当时，，结合图象可知，当时，，所以，即．8.已知空间直角坐标系中，棱长为2的正方体的顶点在轴上运动，顶点在平面内运动，则顶点与坐标原点的最大距离为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用正方体中三点的关系将问题转化.【详解】由题意知为边长为的等边三角形，取E为的中点，则.连接,由题意知，,则.,当且仅当三点共线时取得最大值．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.已知单位向量，满足，则（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】【详解】由，平方得，A选项不正确；，则，B选项正确；，C选项不正确；，所以，D选项正确．10.数的进制是人们利用符号来计数的方法．我们平常用的是十进制，如．表示十进制的数有个数码：，，…．在计算机中用的是二进制，只有两个数码，．如二进制中，，相当于十进制中的，简记为．则（）A.B.满足，，…中有且只有个的所有二进制数有个C.满足，，…中有且只有个的所有二进制数在十进制下的和为D.由个和个组成的所有二进制数在十进制下的和为【答案】ACD【解析】【分析】对于A直接套用定义即可；对于B，需要按照两个相邻与两个不相邻讨论；对于C，分在，，，这四个位置讨论，最后将所有情况加起来即可；对于D，采用正难则反的思路，所有数的十进制和全的位二进制数的总和减去所在位置的权重和即可得到结果.【详解】对于A，，故A正确；对于B，当两个相邻时，有种；当两个不相邻时，有种，共有种，故B错误；对于C，由于不能为首位，分在，，，这四个位置讨论，即可得总和为，故C正确，对于D，若不出现在最高位，可以占据第位（，，，...，），共个这样的二进制数，所有数的十进制和全的位二进制数的总和减去所在位置的权重和.全1的位二进制数的十进制值为，总和为；减去的权重和为；因此总和为，故D正确.11.过抛物线对称轴上一点作直线交于，两点，过，作直线的垂线，垂足分别记为，，则（）A.B.记坐标原点为，则，，三点共线C.记的中点为，则直线与抛物线相切D.对于任意的正数，【答案】BCD【解析】【分析】根据给定条件，设出直线的方程并与抛物线的方程联立，利用韦达定理，结合斜率公式及三角形面积公式逐项判断即可.【详解】设直线的方程为，，由对称性不妨令，则，由消去，得，则，对于A，，A错误；对于B，直线的斜率，直线的斜率，因此，，，三点共线，B正确；对于C，，直线的斜率，直线的方程为，即，由消去，得，，因此直线与抛物线相切，C正确；对于D，，因此，D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.的展开式中的常数项为___________（用数字作答）.【答案】60【解析】【分析】利用二项展开式的通项公式可求常数项.【详解】二项展开式的通项公式为，令，则，故常数项为.故答案为：60.13.过直线上一点作圆的切线，切点分别为，，则的最小值为________．【答案】##0.6【解析】【分析】根据给定条件，利用圆的切线性质及二倍角的余弦公式求解.【详解】圆的圆心为，半径，点到直线的距离，连接，由切圆于点，得，，则，所以的最小值为.14.存在，使得函数在区间上的值域为，则的取值范围为________．【答案】【解析】【分析】对求导，结合其单调性可将问题转化为在上有两个不同的实根，再根据导数研究函数的单调性即可求解.【详解】由，得，当时，和均单调递增，因此在上单调递增，又，则在上单调递增.因此在上值域为等价于：，即方程在上有两个不同的实根，而整理得：，，令，而函数在上单调递增，则，即则在上有两个不同的实根，令，，则，令，得，令，得，所以函数在单调递减，在上单调递增，而，，，所以要使在上有两个不同的实根，则，即的取值范围为.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.已知四边形是边长为2的菱形，，将沿折起，得到如图所示的空间几何体．（1）求证:；（2）当平面平面时，求的长．【答案】（1）取的中点，连接，．由于四边形为菱形，，，所以，平面，因此平面，又因为平面，所以．（2）【解析】【分析】（1）由菱形得到线线垂直，即可证明线面垂直，由线面垂直的性质得到线线垂直；（2）由等腰三角形三线合一以及二面角的定义，求得平面与平面所成的二面角的平面角，然后由等边三角形和直角三角形求得结果.【小问1详解】略.【小问2详解】取中点，连接，．由于，所以，由二面角定义知：即为平面与平面所成的二面角的平面角，当平面平面时，．又因为，，所以，易得，所以，在中，由勾股定理可得．在中，由，得，所以.16.在中，角，，所对的边分别为，，，满足．（1）求的值；（2）如图，点在边上且满足，，，求的周长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）通过诱导公式得到，再根据正弦定理边角转换即可求解.（2）利用向量条件得到线段比例，在直角求边长，再用余弦定理求，最后算周长.【小问1详解】因为，所以．由正弦定理知，又因为，所以，又，因此．【小问2详解】因为，所以，在中，，故．由，得，得，所以．在中，由余弦定理得，所以的周长为．17.一个不透明的袋子中装有除颜色外完全相同的个球，其中黑球个，其余为红球．（1）从袋中进行无放回的摸球实验．求第一次摸出的球是黑球的条件下，第二次摸出的球是红球的概率（结果用含有的式子表示）；（2）为了估计的值，设计了如下两种方案：方案一：从袋中进行有放回的摸球次；方案二：从袋中进行有放回的摸球实验，摸出红球或摸球次停止．（ⅰ）求方案一摸出的红球频率的数学期望；（ⅱ）在两种方案中，借助摸出红球频率的数学期望估计的值，试分析哪个方案估计的值更合理．【答案】（1）（2）（ⅰ）；（ⅱ）方案一估计的值更合理，估计的值为.【解析】【分析】（1）由古典概率求得第一次摸出黑球的概率和第一次摸到黑球且第二次摸到红球的概率，然后由条件概率求得答案；（2）（ⅰ）令摸出红球的概率为.方案一，由二项分布求得摸出的红球频率的数学期望；（ⅱ）方案二，设随机变量，写出随机变量的概率，然后得到期望，由期望与的比较得到合理的方案，然后求得估计值.【小问1详解】设第次摸出的球是黑球为事件，第次摸出的球是红球为事件，则，，所以.【小问2详解】（ⅰ）令摸出红球的概率为，方案一，设摸出的红球的个数为，则，所以，因为，所以（ⅱ）方案二，设摸出的频率为，随机变量的可取值为，，，，，，所以，，，，所以方案一估计的值更合理，估计的值为.18.已知椭圆过点，且离心率为．（1）求的方程；（2）设为坐标原点，直线交椭圆于，两点．（ⅰ）当为的重心时，求直线的方程；（ⅱ）设为椭圆上的动点，若为的重心，试探究的面积是否为定值，若是，求出定值，若不是，请说明理由．【答案】（1）（2）（ⅰ）；（ⅱ）的面积为定值，定值为【解析】【分析】（1）根据离心率公式、关系及椭圆的标准方程列式求解即可；（2）（ⅰ）设，由为的重心，可得，继而可得的中点坐标，利用点差法可得直线的斜率，再根据直线的点斜式方程即可求解；（ⅱ）设，直线的方程为，代入椭圆方程，由为的重心，可得，结合韦达定理可得，代入椭圆得、根据弦长公式、点到直线的距离公式求出三角形的面积即可.【小问1详解】点在椭圆上，所以，离心率，可得，所以，可得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】（ⅰ）设，由为的重心，可得，即，所以的中点为，，由点差法可得，即，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，即.（ⅱ）设，由为的重心，可得，即，当直线斜率不存在时，设，代入椭圆可得，则，，代入椭圆得，此时，不符合题意，舍去；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，代入椭圆方程可得，所以，则，所以，代入椭圆得，，点到直线的距离为，则.所以的面积为定值，定值为.19.函数的定义域为，对于任意，，都有成立，我们就称函数具有性质．（1）证明：函数具有性质；（2）已知函数具有性质，且满足：①；②当时．数列满足，．（ⅰ）证明：；（ⅱ）设整数，，证明：．【答案】（1）令，所以，即在上单调递减，任取且设，则，即．所以，因为在上单调递增，所以，即函数具有性质.（2）（i）由性质，对任意有，又，故，即，所以，即．（ii）因为，所以