广西南宁市银海三雅学校2026-2027学年高三上学期开学考试数学试卷（含答案）

/银海三雅学校2027届高三秋季学期开学考一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.1.复数的虚部为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用复数的乘法化简所求复数，利用复数的概念可得结果.【详解】因为，故复数的虚部为.故选：A.2.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据交集的定义进行计算即可.【详解】由，得．故选：D．3.已知向量满足，且满足，则的值为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】A【解析】【分析】利用向量模长的平方等于向量自身的数量积这一性质，将已知模长等式两边平方，代入已知模长数值即可求出的值.【详解】将两边平方，得：

，代入已知，，可得，，且，代入上式得：

，整理计算得，即，因此的值为1.4.已知双曲线的两个焦点分别为，，点在该双曲线上，则该双曲线的渐近线方程是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据已知条件求得，进而求得双曲线的渐近线方程.【详解】因为双曲线的两个焦点分别为，，故双曲线的方程为，且，又点在该双曲线上，所以，解得，所以，故该双曲线的渐近线方程是.故选：A5.正四棱台中，上下底面边长之比为，高为，侧棱长为，则该正四棱台的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据上下底面边长之比设出上下底面边长，再结合高和侧棱长的关系求出上下底面边长，最后根据正四棱台的体积公式计算体积.【详解】设正四棱台的下底面边长，因为上下底面边长之比为，所以上底面边长，取上下底面的中心分别为，连接，作于，如图：则，，在中，由勾股定理，，代入可得，解得，则上底面面积，下底面面积，所以该正四棱台的体积.6.首届“闽超”联赛期间，三明赛区为了给球迷提供更好的服务，派5名志愿者到A，B，C三个公交接驳点进行服务，若每人只能去一个接驳点，每个接驳点至少派一人，其中志愿者甲只能去接驳点A，则不同选派方案的种数为（）A.20 B.42 C.44 D.50【答案】D【解析】【分析】固定甲去接驳点A后，将问题转化为剩余4名志愿者分配到A、B、C三点，且B、C均至少分配1人，用容斥原理计算符合要求的方案数.【详解】已知志愿者甲固定去A，因此A已满足至少1人的要求，仅需保证B、C两个接驳点均至少分配1人，剩余4名志愿者每人可选择A、B、C中任意一个接驳点，4名志愿者无限制分配的总情况数为种；排除B接驳点无人的情况：剩余4人均分配到A或C，共种；排除C接驳点无人的情况：剩余4人均分配到A或B，共种；上述两类排除情况中，“B、C均无人，剩余4人均分配到A”的情况被重复排除，需补回1种；由容斥原理，符合条件的选派方案种数为.7.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先将弦化切求得，再根据两角和的正切公式即可求解.【详解】因为，所以，，所以，故选：B.8.已知函数的定义域为为奇函数，为偶函数，当时，，若，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由已知奇偶性质得到的周期性与对称性，借助已知条件与待定系数，再利用周期性得，由对称性转化为，代入解析式求解即得.【详解】由为奇函数，得，故①，函数的图象关于点对称；由为偶函数，得②，则函数的图象关于直线对称；由①②得，则，故的周期为，所以，由，令得，即③，已知，由函数的图象关于直线对称，得，又函数的图象关于点对称，得所以，即，所以④，联立③④解得故时，，由关于对称，可得.故选：A.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.9.已知圆与圆，则下列说法正确的是（）A.若圆与轴相切，则B.若，则圆C1与圆C2相离C.若圆C1与圆C2有公共弦，则公共弦所在的直线方程为D.直线与圆C1始终有两个交点【答案】BD【解析】【分析】对A，圆心到x轴的距离等于半径判断即可；对B，根据圆心间的距离与半径之和的关系判断即可；对C，根据两圆有公共弦，两圆的方程相减可得公共弦所在直线方程求解即可；对D，根据直线过定点以及在圆C1内判断即可.【详解】因为，，对A，故若圆与x轴相切，则有，故A错误；对B，当时，，两圆相离，故B正确；对C，由两圆有公共弦，两圆的方程相减可得公共弦所在直线方程，故C错误；对D，直线过定点，而，故点在圆内部，所以直线与圆始终有两个交点，故D正确.故选：BD10.等比数列的公比，，，记前项和为，则（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】根据给定的递推公式求出判断A；利用等比数列前项和公式推理判断BD；利用片断和及等比数列通项公式推理判断C.【详解】在等比数列中，由，得，而，整理得，又，解得，A正确；对于B，，B错误；对于C，，，因此，C正确；对于D，由，得，D正确.11.已知抛物线上两点，为拋物线的焦点，则下列说法正确的是（）A.拋物线的准线方程为B.若直线过，且轴，则C.若直线过，则D.若，则的中点到轴距离的最小值为2【答案】ABD【解析】【分析】根据抛物线方程求出，确定焦点位置，即可判断A项；通过计算点的坐标易判断B项；设的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理即可判断C项；对于D项，结合图形可推出当且仅当经过点时，，设直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理得到，计算的中点的横坐标，即得的中点到轴距离的最小值为2.【详解】由可知抛物线的焦点在轴正半轴上，且.对于A，拋物线的准线方程为，故A正确；对于B，因直线过，且轴，把代入，解得，故，故B正确；对于C，由上分析知，因直线的斜率不能为0，故可设其方程为，代入，可得，由韦达定理，可得，故C错误；对于D，由图知，，当且仅当经过点时，等号成立.设直线的方程为，，代入，可得，则，由韦达定理，可得，，则，因，故可得，即得，设的中点为，而即点到轴的距离，因，故当时，的中点到轴的距离的最小值为2，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12.设是等差数列的前n项和，若，，则______．【答案】【解析】【分析】由条件列出方程组，求出等差数列的首项和公差，即可求出通项公式.【详解】设等差数列的首项为，公差为，由可得，即①，由可得，即②，联立①②，解得，，所以.13.已知函数有两个零点，则的取值范围是_________.【答案】【解析】【分析】将问题转换为的图象与的图象有两个交点，利用导数分析函数单调性、极值情况即可求解.【详解】，令，求导得，而，所以在上单调递增，在上单调递减，而当时，，当时，，且有极大值，所以若函数有两个零点，则的取值范围是.故答案为：.14.已知，，，是球的球面上不共面的四个动点，是边长为的正三角形，，，和平面所成角相等，，分别是，的中点，且，则球的体积为______．【答案】【解析】【分析】由题可知，三棱锥为正三棱锥可推出⊥平面，从而得到，故三棱锥为棱长为的正方体的一部分，则正方体的体对角线即为球的直径，从而得解【详解】由题可知，是正三角形且，，和平面所成角相等，故，∴三棱锥为正三棱锥，∴（正三棱锥的对棱垂直）．又，分别为，的中点，∴，∴又，∴，，∴⊥平面，∴⊥平面，∴，∴，∴三棱锥为棱长为的正方体的一部分，则球的直径，即，∴球的体积．故答案为：四、解答题：本大题共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.某校学生会积极组织该校学生参与“日行万步”的活动，界定日行步数不足4千步的人为“不健康生活方式者”，不少于8千步的人为“超健康生活方式者”，其余为“一般生活方式者”.该校学生会随机抽取了本校50名学生，统计他们的日行步数，已知步数均没超过14千步，按步数分为、、、、、、（单位：千步）七组，得到如图所示的频率分布直方图.（1）根据频率分布直方图，求这50名学生日行步数的第80百分位数；（2）学生会准备从样本的“不健康生活方式者”和“超健康生活方式者”中采取分层随机抽样的方法抽取10人，再从这10人中随机抽取4人进行日常生活方式交流座谈会，记抽取的4人中“超健康生活方式者”的人数为X，求X的分布列和数学期望.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)根据频率分布直方图计算各组频率，确定第百分位数位于区间内，利用面积比例列方程求解；(2)计算“不健康生活方式者”和“超健康生活方式者”的人数，根据分层抽样确定抽取的人中两类人的人数，确定随机变量的取值，利用超几何分布概率公式计算概率并求期望.【小问1详解】由频率分布直方图可知，各组的频率分别为：

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.前组的频率之和为，前组的频率之和为，所以第百分位数位于第组内.设第百分位数为，则，解得.故这名学生日行步数的第百分位数为.【小问2详解】样本中“不健康生活方式者”的人数为人，“超健康生活方式者”（步数不少于千步）的人数为人.采用分层随机抽样的方法抽取人，则抽取的“不健康生活方式者”人数为人，抽取的“超健康生活方式者”人数为人.从这人中随机抽取人，表示抽取的人中“超健康生活方式者”的人数，则的可能取值为.

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，

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.所以的分布列为：.16.如图，三棱锥的侧面是等边三角形，底面是直角三角形，斜边的中点为．（1）证明：；（2）若，求与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明：取的中点，连接，由是中点，得，依题意，，则，由是等边三角形，得，又平面，因此平面，而平面，所以.（2）．【解析】【分析】（1）取的中点，利用线面垂直的判定性质推理得证.（2）由给定的数量关系及（1）证得直线，再建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而求出线面角的正弦.【小问1详解】略【小问2详解】不妨设，则，连接，在中，，则，即，又平面，因此平面，直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，由，令，得，设与平面所成角为，则，所以与平面所成角的正弦值为.17.在中，角，，的对边分别为，，，已知，（1）证明：为钝角三角形；（2）若的面积为，求的值.【答案】（1）证明见解析；（2）4.【解析】【分析】(1)将等式由正弦定理边化角，由和角正弦变形，角化边，再用余弦定理即可作答；(2)由三角形面积定理结合(1)中的即可得解.【详解】（1）中，由正弦定理得，即，则，又，，又由正弦定理得，而，于是，由余弦定理得，即为钝角，所以为钝角三角形；（2）中，因，则，而，可得，．则有，所以.【点睛】思路点睛：解决判断三角形的形状问题，一般将条件化为只含角的三角函数的关系式，然后利用三角恒等变换得出内角之间的关系式；或将条件化为只含有边的关系式，然后利用常见的化简变形得出三边的关系．18.已知椭圆的短轴长为2，且过点，设点为椭圆在第一象限内一点．（1）求椭圆方程；（2）设椭圆的左顶点为A，下顶点为，线段交轴于点，线段交轴于点，若的面积是的6倍，求点的坐标；（3）点关于原点的对称点为，点，点为中点，的延长线交椭圆于点S，当最大时，求直线方程．【答案】（1）（2）或（3）【解析】【分析】（1）根据题意列出方程组求出得解；（2）根据三角形面积公式及面积比，利用相似转化为关于点的坐标的方程，求解即可；（3）利用直线斜率之积为常数，转化为斜率之间的关系，再由两角差的正切公式及基本不等式求解即可．【小问1详解】由题意，，则，椭圆方程为：【小问2详解】如图，设，则，对，令，所以由相似三角形可得：，所以，又因为，所以，，解得或，所以对应的分别为或，所以或．【小问3详解】设，则，则．又因为，所以，则，设，直线倾斜角为，直线倾斜角为，所以，则，因为，所以，此时，所以直线方程为．【点睛】关键点点睛：第二问关键将三角形面积比，利用相似转化为关于点的坐标的方程，求解即可；第三问关键是将最大问题转化为正切值的最值，结合基本不等式计算.综合性较强，属于中难题.19.已知函数，直线与曲线相切.（1）求的值；（2）若对任意，存在，使得不等式成立，求的最大值；（3）若，求证：对任意，有.【答案】（1）（2）（3）由已知可得，则，令，则，所以在上单调递增，又函数在上单调递增且恒为正，所以在上单调递增且恒为正，所以在单调递增，令，，则，因为，所以，在单调递增，所以对任意有，因为时，，所以，即