河北百师联盟2027届高三上学期9月阶段检测数学试题+答案

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.设全集U={x∈N|x≤4),集合A={0,1,2},B={2,4},则(CuA)∩B=

A.{4}B.{2,4}C.{1,4}D.{0,1,2,4}

2.已知复数z=2—i(i为虚数单位),则复数z在复平面内对应的点在

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

3.若,则sin2a=

ABCD

4.已知圆锥的体积为9√3π,侧面积是底面积的2倍，则其底面圆的半径为

A.√2B.3C.√3D.2√2

5.已知函数f(x)=(x—1)(x+1)(x-2)(x+3),则f'(2)=

A.10B.15C.25D.30

6.科研团队有4种卫星载荷：光学相机、雷达探测仪、红外传感器、通信应答机.甲、乙两位工

程师各从中随机选取2种载荷开展仿真测试，则甲、乙选取的载荷恰有1种相同的概率为

(

C

ABD

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懿四扫指学尼王

7.斐波那契数列在螺旋星系，叶脉生长等自然模型中经常出现，斐波那契数列{an}满足

a₁=az=1,an+2=an+1+an(n∈N"),设a₁+a₃+a₅+a₇+ag+…+a₂027=a,则k=

A.2026B.2027C.2028D.2029

8.在直三棱柱ABC—A₁B₁C₁中,AB=2,BC=4,若其外接球球O的表面积

为32π,则异面直线A₁B与B₁C所成角的余弦值为

C

AB(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.随机变量X,Y分别服从正态分布和二项分布，即X～N(3,4),则

B.E(X)<E(Y)C.D(X)>D(Y)

10.已知椭圆C的两个焦点分别为F₁,F₂,点P为椭圆C上的动点，|PF₁I+|PF₂|=16,

且|PF₁|的最小值为4,则椭圆C的标准方程可能是

BD

11.已知数列{an—2n+1}是正项等比数列，且a₁=2,a₃=14,则下列说法正确的是

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.在二项式(3x—√x)⁶的展开式中，x⁴项的系数为

13.已知平面向量a,b,c满足|a|=|b|=|c|=2,且a+2b+c=0,则a·c=

14.已知P是抛物线C:y²=4x上一点，A,B是圆D:(x-2)²+y²=3上的两点，则∠APB

的最大值为

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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.(13分)为研究高中生参加课后体育锻炼与心理抗压能力提升的关联性，某教研机构随

机抽取200名高三学生开展调查，统计数据如下表(单位：人).

心理抗压能力

课后体育锻炼合计

心理抗压能力显著提升心理抗压能力未显著提升

坚持参加课后体育锻炼9030120

未坚持参加课后体育锻炼206080

合计11090200

(1)用频率估计概率，从200名学生中任意抽取一名学生，设事件A为“该学生坚持参加

课后体育锻炼”,事件B为“该学生心理抗压能力显著提升”,求P(B|A);

(2)依据小概率值α=0.001的独立性检验，能否认为高中生坚持参加课后体育锻炼与心

理抗压能力显著提升有关?

附,其中n=a+b+c+d.

α0.10.050.010.0050.001

X。2.7063.8416.6357.87910.828

16.(15分)如图，在△ABC中，,D为AC边上的动点，∠ABD=θ,

,AB=4,BC=2.

(1)若,求DC的长；

(2)的取值范围.

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17.(15分)如图，已知直三棱柱ABC-A₁B₁C₁的所有棱长均为2,点D是AB的中点，平

面ABB₁A₁⊥平面ABC.

(1)证明：CD⊥B₁D;

(2)已知点M是棱BB1的中点，求直线CM与平面B₁DC所成角的正弦值.

18.(17分)已知双曲线C(a>0,b>0)的焦距为2√5,点T(2,1)在其渐近线上.

(1)求双曲线C的标准方程；

(2)设A为双曲线C的右顶点，过点T且斜率为-1的直线l与双曲线C交于P,Q两

点，求△APQ的面积.

19.(17分)已知函数f(x)=ax—(2x-1)lnx-1(a∈R).

(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；

(2)若f(x)的极大值为非负实数，求实数a的取值范围；

(3)若存在a∈R,使得f(x)≤a+b对任意x>0恒成立，证明：a—b<4.

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高三数学参考答案及评分意见

1.A【解析】由题意得U=(0,1,2,3,4),则CA=(3,4).因为B={2,4},所以(CuA)∩B={4).故选A.

2.D【解析】由题易知，复数z=2-i在复平面内对应的点为(2,-1),在第四象限.故选D.

3.A【解析】将等式的两边平方，得

所以.故选A.

4.B【解析】设圆锥的底面半径为r,高为h,则母线长为1=√r²+h².因为圆锥的体积是9√3π,其侧面积是底面

积的2倍，所以故选B.

5.B【解析】由题意，f(.x)=(x-2)[(x-1)(x+1)(x+3)].令g(x)=(x-1)(x+1)(x+3),

则f(x)=(x—2)g(x),所以f'(x)=g(x)+(x-2)g'(x),所以f'(2)=g(2)=1×3×5=15.故选B.

6.C【解析】甲、乙两位工程师从4个不同的载荷中各选2种，共有CiCỉ=36(种)选法.若恰有1种载荷相同，则共

有C|C'C!=24(种)选法，所以甲、乙选取的载荷恰有1种相同的概率为.故选C.

7.C【解析】由斐波那契数列的定义及递推公式，得a₁+a₃+as+a7+a,+…+a2027=a₂+a₃+as+a;+

a,+…+a2027=a:+as+a;+…+a2027=a₅+a₇+…+a2027=…=a202B=a上，所以k=2028.故选C.

8.【解析】因为

AAB=2,BC=4,所以

,解得AC=2√3,所以AC²+AB²=BC²,因,所以△ABC

外接圆的圆心O,位于线段BC的中点，且半径r₁=2.同理，△A₁B₁C,外接圆的圆心O₂位

于线段B₁C₁的中点，半径r₂=2.所以直三棱柱ABC-A₁B₁C₁外接球的球心O位于线段O:O₂的中点.因为外

接球球O的表面积为32π,设外接球的半径为r,所以4πr²=32π,解得r=2√2(负值已舍去),所以O₁0=

O₂0=√OC²-O₁C²=√(2√2)²-2²=2,所以AA₁=0,O₂=4.以{AB.AC,AA₁)作为空间的一个基底，分别

记作a,b,c,得A₁B=AB-AA=a—c,B₁C=B₁B+BC=B₁B+AC-AB=-AB+AČ-AA=-a+

.故选A.

9.ACD【解析】由正态分布的定义，得,则,故A正确；

因为E(X)=μ=3,,所以E(X)>E(Y),故B错误；

,所以D(X)>D(Y),故C正确；

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S人全能王

,故D正确.故选ACD.

10.AC【解析】由题意，得|PF₁I+|PF₂|=2a=16.解得a=8.

因为|PF₁I的最小值为a—c=4,所以8—c=4.解得c=4,所以b²=a²—c²=64-16=48.

所以椭圆C的标准方程可能.故选AC.

11.BCD【解析】令b。=an—2n+1,则数列{b,}为等比数列，设公比为q(q>0).由于b₁=a₁-2+1=1,b₃=a₃-

6+1=9,则b₃=b₁q²=q²=9,解得q=3(负值已舍去),所以b„=3”-¹,所以a。=3"⁻¹+2n-1,所以as=3¹+

2×5-1=90,故A错误.

S,=3°+1+3¹+3+…+3”-¹+2n-1=3°+3¹+…+3”-¹+1+3+…+2n-1

,故B正确.

an+1一a,=3”+2(n+1)-1—(3"-1+2n-1)=2×3"-1+2,故C正确.

因为,所以令f(x)=3'-¹-

2.x+3,则f'(x)=3-¹In3-2.因为f'(x)在R上单调递增，f'(1)=In3-2<0,f'(2)=31n3-2>0,所以

3.x。∈(1,2),f'(x。)=0,所以当x∈(1,x。)时，f'(x)<0,f(x)单调递减，当x∈(x。,十∞)时，f'(x)>0,

f(x)单调递增.因为f(1)=2>0,f(2)=2>0,所以当x∈N'时，f(x)>0,即3”-¹—2n+3>0.又2#+¹>0,所

以cn+1一c.>0.即数列《c,〉为递增数列，故D正确.故选BCD.

12.135【解析】二项式(3.z—√x)的展开式的通项为T,+1=C₆(3.x)⁶-×(一√r)'=C₆(一1)'×3⁶一.x⁶一÷,r=

0.1,2,….6.令,得r=4.

所以当r=4时，T;=C₆(一1)'×3²x³=135x¹,所以x'项的系数为135.

13.4【解析】因为a+2b+c=0,所以2b=-a—c,即a²+c²+2a·c=4b².

又因为|a|=|b|=|c|=2,所以4+4+2a·c=16,解得a·c=4.

14.【解析】设P(t²,21).因为圆D的圆心为D(2,0),半径r=√3,所以|PDI=√(t²-2)²+(21)²=

√t+4,当l=0时，|PD1min=2>√3,此时点P(0.0)在圆D外.当PA,PB均与圆D相切，且|PD|最小

时，∠APB最大,即∠APB的最大值

15.解：(1)由题意得.………………2分

………………4分

所以………………6分

数学答案第2页(共5页)

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S它人眼集的集

(2)零假设为H₀:高中生坚持参加课后体育锻炼与心理抗压能力显著提升无关.……………7分

由列联表中的数据，计算得

所以依据小概率值a=0.001的独立性检验，我们推断假设H。不成立，

即认为高中生坚持参加课后体育锻炼与心理抗压能力显著提升有关，该推断犯错误的概率不超过0.001.

……………………13分

16.解：(1)由题意，…………………2分

所以.……………………6分

(2)由题意，……………8分

……………12分

因为,所以

,

的取值范围为(1,4).……………………15分

17.(1)证明：因为D是AB的中点，BC=AB=AC,

所以AB⊥CD.……………………2分

又因为平面ABB₁A⊥平面ABC,平面ABB,A₁∩平面ABC=AB,CDC平面ABC,

所以CD⊥平面ABB₁A₁.………………………5分

又因为B₁DC平面ABB₁A₁,所以CD⊥B₁D.…………………6分

(2)解：以D为坐标原点，DC,DB所在的直线分别为x轴、y轴，过点D且垂直于平面ABC的直线为≈轴，建

立如图所示的空间直角坐标系，

数学答案第3页(共5页)

扫招全王

以点租形的恒Aa

则D(0,0,0),B₁(0,1.2),C(√3,0,0),M(0.1,1),

所以DB=(0.1.2),DC=(√3.0.0).CM=(一√3.1.1).……………………9分

设平面B₁DC的法向量为n=(x,y,z),

令y=2,则x=0,z=-1,所以n=(0,2,-1).………………12分

设直线CM与平面B₁DC所成的角为θ,

所以直线CM与平面B₁DC所成角的正弦值为.……………15分

18.解：(1)因为双曲线C的焦距为2√5,所以c=√5.……………1分

由题意，得点T(2.1)在双曲线C的渐近线bx-ay=0上，所以2b-a=0.①………………3分

又因为c²=a²+b²,所以5=a²+b².②…………5分

联立①②,解得a=2.b=1.

所以双曲线C的标准方程………………………7分

(2)由已知得A(2.0).又T(2.1),所以直线I的方程为y=—(.z—2)+1=-x+3.………9分

由点到直线的距离公式，得点A到直线l的距离……………10分

消去y,得—3x²+24.x-40=0,则△=24²-4×(-3)×(-40)=96>0.……………12分

设P(x₁,y₁).Q(x₂·y₂),则x₁+x₂=8,

,……15分

所以

所以△APQ的面积……………………17分

数学答案第4页(共5页)

19.(1)解：当a=1时，f(x)=x—(2x—1)Inx-1,x>0,………1分

则f(1)=1-1=0…………………3分

所以f'(1)=0.

所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=0.……………………4分

(2)解：由题意得,定义域为(0,十∞).…………5分

,则

所以n(x)在区间(0,+∞)上单调递减，即f'(x)在区间(0,十∞)上单调递减.……………6分

当.x→0+时，f'(x)→+∞,当x→十∞时，f'(x)→-∞,

所以存在唯一的实数x。,满足f'(x。)=0,即a=21n,……………7分

所以当0<.x<x。时，f'(x)>0,函数f(x)单调递增，当x>x。时，f'(x)<0,函数f(x)单调递减，

所