湖南九校联盟2027届高三上学期第一次联考数学（含答案）

高三数学一

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M=(1,2,3〉,N=(2,3,4〉,则M∩N=

A.〈1,2)B.(2,3)

C.(3,4)D.(1,4)

2.已知复数z=(1+i)i,则|z|=

A.1B.2

C.2√2D.√2

3.已知向量a=(1,2),b=(2,一1),则a在b方向上的投影向量为

A.(0,0)B.(0,1)

C.(1,0)D.0

4.某学习小组有5名学生，现从中选3人参加竞赛，并指定其中1人担任组长，则不同的选派方

法共有

A.10种B.20种C.30种D.60种

5.已知,且α∈(0,π),则

AB

CD

6.已知等差数列(an)的首项a₁=2,公差d为正数，取子数列b₆=az,(k=0,1,2,…),则

A.{b}是等差数列

B.{bA〉是等比数列

C.{bA+1—b〉是公比为2的等比数列

D.存在d>0,使{bA)既是等差数列又是等比数列

7.已知三棱锥P-ABC中，PA⊥面ABC,AB⊥BC,AB=BC=1,PA=2.点M是该三棱锥外接

球面上的任意一点，则|MP|²+|MC|²

A.有最大值12,最小值0B.是定值6

C.是定值3D.随M变化，取值范围为[0,6]

数学试题(27J)第1页(共5页)

8.在平面直角坐标系中，对任意实数x,定义向量a=(eˣ,e⁻x),b=(3,3),若r>0,方程|a—b|=

r有四个不同实数解，则r的取值范围是

A.0<<√7B.0<r<2√2

C.√7<r<2√2D.r≥2√2

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.记S,为数列{an}的前n项和，已知nSn+1一(n+1)S,=n(n+1),S₂=8,则

A.a₁=3B.S,=n²+2n

C.是等差数列D.S,—8n取最小值时n=3

10.如图，圆形舞台可视为单位圆，舞者甲、乙从点P(1,0)同时出发，都沿舞台

边缘逆时针匀速旋转，角速度分别为1rad/s与3rad/s.运动t秒后，甲位

于点A、乙位于点B,两人之间的距离为f(t).下列说法正确的是

A.f(t)=2|sint|

B.对任意l>0,均有f(t十π)=f(t)

C.两人自出发后第n次相遇的时刻为t=nπ(n∈N·)

D.记△OAB的面积为S,则S的最大值为,且在区间t∈(0,2π)内恰有两个时刻取到该最

大值

11.已知双曲线的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点，则下列说法正确

的是

A.|AB|的取值范围为[12,十∞]

B.若满足|AB|=m的直线l恰有3条，则m=12

C.|AF|·|BF|=3|AB|恒成立

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.(1+2x)⁵(1—x)的展开式中x³的系数为·

13.已知点M在抛物线y²=8x上，点Q(5,4),点N在圆C:(x-2)²+y²=1上，当IMQI+|MN|

取得最小值时，CM·CQ=

14.若曲线y=x³+kx上存在横坐标依次成等差数列的三个不同点A,B,C,且以AC为直径的圆

与该曲线在点B处相切，则k的最大值为

牧学试题(27J)第?页(1、了

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.(本小题满分13分)

已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，且PA=PC=√5,PD=1.

(1)证明：AC⊥平面PBD;

(2)求二面角A-PB-D的余弦值.

16.(本小题满分15分)

在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,其面积

(1)求证：sinA=sinBsinC;

(2)求tanA的最大值.

数学试题(?77)1

17.(本小题满分15分)

某自动驾驶车队路测，某次路测场景中仅有1个需要识别的障碍物.能正常工作的摄像头数∈

为随机变量，其分布列如下表所示，且.每个正常工作的摄像头独立地以的概率识

别出障碍物(否则漏检).记识别出障碍物的摄像头数为Y.

ξ012

Pab

(1)求a,b;

(2)已知某次路测中恰有1台摄像头识别出该障碍物，求此时有2台摄像头正常工作的概率.

(3)工程师想通过提升单台识别率到p,使至少有1台摄像头识别出该障碍物的概率P(Y≥1)

达到0.8,这可能吗?请说明理由.

18.(本小题满分17分)

已知椭圆C:(a>b>0)的右焦点为F(1,0),且经过点

(1)求椭圆C的方程.

(2)过F的直线L(不与x轴重合)交C于P,Q两点，分别过P,Q作C的切线，两切线交于点

T,记PQ的中点为M,O为坐标原点.

(i)证明：点T在定直线上.

(li)求|OM|·|OT|的取值范围.

数学试题(27J)第4页(共5页)

19.(本小题满分17分)

设函数,对任意t>0,记A,={x|f(x)≥f(L)).

(1)求集合A₁;

(2)若0<u<1<v,A=A.

(i)证明：uv>1;

(ii)当v≥eu,求实数λ的最大值，使得不等式恒成立，其中e为自然对

数的底数.

数学试题(27J)第5页(共5页)

高三数学一参考答案

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)

题号12345678

答案BDACACBC

1.B【解析】集合M与N的公共元素为2,3,所以M∩N={2,3}.

2.D【解析】计算得z=-1+i,故|z|=√(-1)²+1²=√2.

3.A【解析】因为a·b=1×2+2×(-1)=0,所以a⊥b.

4.C【解析】先从5人中选1人担任组长，再从其余4人中选2人参赛，共有5×C²=30种选派方法.

5.A【解析】由,可知,tana=4√3,且,解得(舍去).

6.C【解析】由题意知，b₆=az=2+(2k—1)d,即2,2+d,2+3d,2+7d,…,对于A,相邻两项的差不为常数，错

误.对于B,D,由于数列{b}单调递增，不是等比，也不可能是常数列，错误.对于C,由b+1-b=(2k+¹—2)d=

2*d,故{b+1—b}是公比为2的等比数列.

7.B【解析】因为PA⊥面ABC,AB⊥BC,可将三棱锥放入长方体中，其中长、宽、高分别为1,1,2,且PC为长方

体的体对角线，故PC为三棱锥外接球的直径.|PC|=√1²+1²+2²=√6,所以|MPl²+|MC|²是定值6.

8.C【解析】原方程等价于：(eˣ-3)²+(e⁻—3)²=r²,令t=e+e⁻≥2,当t等于2时，仅对应x等于0;当t大

于2时，对应两个互为相反数的实数x.又e²ˣ+e²x=t²—2,代入并整理得，(t-3)²=r²-7,要使原方程有四个

不同的实数解，关于t的方程必须有两个不同且均大于2的实根.L₁=3-√r²-7,t₂=3+√r²-7,因此应同时

满足r²-7>0,3—√r²-7>2,解得，√7<r<2√2,故选C.

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5

分，部分选对的得2分，有选错的得0分)

题号91011

答案ABDABCBCD

9.ABD【解析】对于A,由nS+1—(n+1)S=n(n+1),S₂=8,可得S₂-2S₁=2,即S₁=a₁=3,A正确；

对于B,条件变形,所以是以3为首项，1为公差的等差数列，则

所以S,=n²+2n,S,-8n=n²—6n,n∈N*,

由二次函数的对称性可知n=3时S„-8n取最小值，故B,D正确；

对于C,由S,=n²+2n,S1=(n—1)²+2(n-1),(n≥2),作差得a=2n+1(n≥2),

而S₁=a₁=3,符合上式，所以an=2n+1,即不是等差数列，故C错误.

10.ABC【解析】由题意知，∠AOP=t,∠BOP=3t,故∠AOB=2t,

故f(t)=|AB|=√|OA|²+|OB|²-2|OA|·|OB|cos2t=√2-2cos2t=2|sint|,A正确.

由f(t)=2|sint|,对任意t>0,都有f(t+π)=2|sin(t+π)|=2|sint|=f(t),B正确。

两人相遇即为f(t)=0,解得t=nπ,且t=nπ恰好是f(t)的第n个零点，C正确.

,当|sin2t|=1时，S的最大值为,此时,故

有四个时刻可以取到最大值，D错误.

11.BCD【解析】对于A,当直线AB斜率为0时，|AB|=2a=4,故A错误.

对于B,由于满足|AB|=m的直线l恰有3条，则必有2条交于左右两支，这两条直线关于x轴对称，另有一

条交于右支的两点，也关于x轴对称，故斜率不存在.所以m为通径长，等于12,故B正确。

对于C,当AB斜率为0时，易知|AF|·|BF|=3|AB|成立.

当AB斜率不为0时，当直线AB与C交于同一支时，|AF|·|BF|=3|AB|等价于

数学参考答案(27J)-1

|AF|·|BF|=3(|AF|+|BF|),即

设AB:x=my+4,A(x,y₁),B(x2,y2),

联立

则|AF|=√1+m²|y₁1,|BF|=√1+m²|y₂|,

代入根与系数关系并化简

当直线AB与C交于左右两支时，不妨设A在左支，|AF|·|BF|=3|AB|等价于

同上述步骤可得，成立，故C正确。

对于D,当直线AB与C交于右支时，

当直线AB与C交于左右两支时，不妨设

由,当直线AB斜率为0时，

综的取值范围为,故D正确.

三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)

12.40【解析】(1+2x)⁵中，x的系数为C2°,乘以(1-x)之后，x³的系数为C2³×1+C2²×(-1)=40.

13.16【解析】由题可得显然Q(5,4)在抛物线内部，

过点Q作QT垂直准线x=-2,交准线于T点，

所以|MQ|+|MNI≥|MQ|+|MC|-r=|MQI+|MT|-1,当且仅当M,N,C三点

共线且点N在点M,点C之间时取等号，又|MQ|+|MT|≥|TQl,当且仅当M,Q,

T三点共线时取等号，此时C(2,0),M(2,4),Q(5,4),所以CM·CQ=16.

【解析】设三个点横坐标的中项为m,公差为d,

则xA=m—d,xB=m,xc=m+d(d>0),

设以AC为直径的圆的圆心为O,由等差数列中项的性质

由于以AC为直径的圆与该曲线在点B处相切，因此圆与曲线在点B处的切线与y轴垂直.

即f(m)=3m²+k=0,得k=-3m².

点B在以AC为直径的圆上，由圆周角定理可知AB垂直于BC.

因为A(m—d,(m—d)³+k(m—d)),B(m,m³+km),

所以

=d²—3md,

用d代一d可得kBc=d²+3md,

由两直线垂直，得(d²-3md)(d²+3md)=-1,

整理得，d²(9m²—d²)=1

则,等号成立的条件为：

数学参考答案(27J)—2

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.【解析】(1)如图，设AC,BD交于点O,连接PO,因为正方形ABCD中，AC⊥BD,……2分

因为△PAC为等腰三角形，则PO⊥AC,………4分

且PO∩BD=O,所以AC⊥平面PBD.………………………5分

(2)PD²+DC²=PC²,PD²+DA²=PA²,

所以PD⊥DC,PD⊥DA,且DA∩DC=D,故PD⊥平面ABCD.………6分

以D为原点，DA,DC,DP为x,y,z轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，

…………………7分

则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),P(0,0,1).

AP=(-2,0,1),AB=(0,2,0),…………8分

设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),则

取n=(1,0,2),……………………9分

又因为AC⊥平面PBD,

所以平面PBD的法向量可取AC=(-2,2,0),……………10分

设二面角A-PB-D的大小为θ,

…………………12分

由图可知，二面角为锐二面角，故所成余弦值为………13分

【另解(等体积法)】由PD²+DA²=PA²,PD²+DC=PC,得PD⊥DA,PD⊥DC,故PD⊥平面ABCD.

……………………………6分

由正方形边长为2,得DB=2√2;又PB²=PD²+DB²=9,故PB=3.…………………7分

PA²+AB²=PB²,所以S△PAB=√5;同理S△PDB=√2.……………………8分

四面体P-ABD的体积

设二面角A-PB-D为θ,则点D到平面PAB的距离…………………10分

点D到直线PB的距离……………11分

由垂直于棱PB的截面关系………12分

由图可知θ为锐角，故…………………13分

16.【解析】(1)证明：由三角形面积公式得，bsinC=a,…………………3分

由正弦定理得，sinA=sinBsinC.………………………·5分

(2)方法一：由于C=π—(A+B),故sinC=sin(A+B),条件化为sinA=sinBsin(A+B),……………6分

展开并两边除以cosA(cosA≠0)得tanA(1-sinBcosB)=sin²B,………·8分

故…………………10分

令y=tanA,x=2B,则y(2-sinx)=1-cosx,

整理为ysinx—cosx=2y—1,即√y²+1sin(x—φ)=2y-1,11分

要使这样的x(2B)存在，须|2y-1|≤√y²+1,即(2y-1)²≤y²+1,化简得3y²-4y≤0,即

………………13分

所以tanA的最大值为,此时,对应B=C,即等腰三角形.………………15分

数学参考答案(27J)-3

方法二：由

即,……………9分

上式化简为2sinA—cosA≤1,即√5sin(A-φ)≤1,其中

当,即时，A-φ达最大，此时tanA最大，………………12分

………………15分

方法三：,则bc·sinA=a²=b²+c²—2bc·cosA,…………………6分

所以bc·sinA+2bc·cosA=b²+c²≥2bc,………7分

得：sinA+2cosA≥2,…………………8分

则(sinA+2cosA)²=sin²A+4sinA·cosA+4cos²A≥4(sin²A+cos²A),……………10分

即：3sin²A-4sinA·cosA≤0,12分

因为sinA≠0,所以3sinA-4cosA≤0,………………13分

得：3tanA-4≤0,所以………………………15分

(注：其它方法对应给分)

17.【解析】(1)由题意知

解得

(2)设事件A=恰有1台摄像头识别出该障碍物，B=有i(i=0,1,2)台摄像头正常工作，

由全概率公式知，

P(A)=P(Bo)P(A|Bo)+P(B₁)P(A|B₁)+P(B₂)P(A|B₂)5分

,………………7分

故………9分

(3)因为……………12分

所以……………13分

若要P(Y≥1)≥0.8,则P(Y=0)≤0.2,即…………14分

上式化简为10p²—25p+16≤0,△=(一25)²—4×10×16=—15<0,故此不等式无解，故不能达到要求.

…………………15分

(说明：此问没有任何解析，仅有答案“不可能”的得1分)

18.【解析】(1)由题意知，c²=a²—b²=1,……………………1分

将点代入椭圆方程,解得a²=4,b²=3,……………3分

所以椭圆C的方程……………4分

(2)(i)易知直线PQ斜率不为0,设PQ:x=my+1,P(x₁,y₁),Q(x₂,y2),

联立得(3m²+4)y²+6my-9=0,则……………6分

设过点P的切线为y=k(x—x₁)+y,

联立得(3+4k²)x²+8k(y₁—kx₁)x+4(y₁—kx₁)²—12=0,……7分

数学参考答案(27J)—4

令上式中△=0,结合椭圆方程可解得，,(说明：这里直接用二级结论得出切线方程，没有△说明的，

扣1分)………………………8分

故切线方程可化为

同理可得过Q点的切线方程为QT:

联立化简得

两式相减得3(y₂-y₁)x=12(y₂-y),即x=4,所以点T在定直线x=4上.……………11分

(ii)将x=4代入PT方程，得所以T(4,—3m),…12分

再由,及x=my+1得，PQ中点,…………………13分

因为,所以O,M,T三点共线.……………14分