河北省石家庄市部分学校2027届高三上学期开学检测 数学试卷

河北省石家庄市部分学校2026-2027学年第一学期高三年级检测

数学试卷

一、单选题

1．已知复数z满足iz3i，则复数z在复平面内对应的点位于（）

A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象

限

π

2．“2kπ，kZ”是“函数ycos2x+的图象关于原点对称”的（）

2

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

5

1

3．已知ax的展开式中x的系数为80，则a（）

x

A．2B．2

C．4D．4

2

4．在ABC中，内角A，B的对边分别为a，b，若a6，b2，3sinAsinB2，

2

则B（）

ππ

A．B．

34

π2ππ3π

C．或D．或

3344

ab

1

5．已知非零向量a，b满足at，b，ab0．若p2，则pab的最小

tab

值为（）

A．2B．2

C．22D．4

6．已知点Px,y满足方程(x2)2y2(x2)2y28，A2,0，设点P的轨迹为曲

线C，过原点的直线与曲线C交于M，N两点，则MAN面积的最大值为（）

A．43B．4

C．83D．8

1

7．已知圆台的高为43，上、下底面的半径之比为，圆台的侧面积为48π．现欲将此圆

5

台加工成一个球体，则得到的球的体积的最大值为（）

A．24πB．48π

5003

C．πD．323π

27

*

8．已知数列an（1n10，nN），其中a11，且a3k2，a3k1，a3k成等差数列，公差

k1

为2（k1，2，3）．若将数列an中的项分成五组：a1,a2，a3,a4，a5,a6，a7,a8，

a9,a10，每组的两个数之和构成一个等比数列，则a10（）

A．18B．30C．32D．36

二、多选题

9．下列命题成立的是（）

A．若一组样本数据xi,yi（i1，2，3，…，n）对应的样本点都在直线y3x2上，

则这组样本数据的相关系数r为1

1

B．已知N0,1，若P(2)p，则P20p

2

C．一组样本数据x1，x2，…，xn的方差小于x11，x21，…，xn1的方差

2

D．若随机变量B3,，则D2

3

10．已知fx是定义域为R的奇函数，且fx1为偶函数，则（）

A．fx4fx

B．fx的图象关于点1,0对称

C．若函数fx在0,1上单调递增，则不等式fx0的解集为0,2

D．若f12，则f1f2f3f20200

11．已知函数fxsinx，则（）

A．函数gxfxfx的值域是0,2

π

B．方程fxf3x在0,π上有四个实数根

6

π

C．当x,π时，fcosxfsinxx

4

fπx4

D．函数Fx的最大值为

x2x13

三、填空题

17

12．已知抛物线C：y2x2的焦点为F，点M在C上，且位于第一象限，MF，则点

8

M的坐标为______．

13

13．已知函数fxx23x2lnx，x,3，则fx的最大值为________．

22

（参考数据：ln20.693）

14．已知A是平面内一定点，B是平面外一定点，AB2，点B到平面的距离为

4

1．设平面内的动点C到点A、点B的距离之比为，则点C的轨迹的长度为________．

3

四、解答题

π

15．已知ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b2acosC0，A．

4

(1)求tanC；

(2)若c22，求ABC外接圆的面积．

16．如图1，已知菱形ABCD中，AD2，ABC120，沿对角线BD将其翻折，使AC22，

设此时AC的中点为O，如图2．

(1)证明：DO平面ABC；

(2)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．

x2y2

17．已知椭圆C：1(ab0)过点6,1，右焦点为F2,0，圆M：x2(y4)24，

a2b2

直线l：ykxm(k0)与圆、椭圆分别相切于点A，B．

(1)求椭圆的方程；

(2)求直线l的方程；

(3)求四边形ABOM的面积（O为坐标原点）．

18．某汽车公司最新研发了一款新能源汽车，并在出厂前对汽车进行了单次最大续航里程的

测试．根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程X近似服从正态

分布N300,502．

(1)（ⅰ）从该汽车公司最新研发的新能源汽车中任取1辆汽车，求它的单次最大续航里程恰

好在200千米到350千米之间的概率；

（ⅱ）从该汽车公司最新研发的新能源汽车中随机抽取10辆，设这10辆汽车中单次最大续

航里程恰好在200千米到350千米之间的数量为Y，求EY；

(2)为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏抽奖”活动，客户可根据抛掷骰子

（点数从1到6）的结果，操控微型遥控车在方格图上行进，方格图上标有第0格、第1格、

第2格、…、第50格．遥控车开始在第0格，客户每掷一次骰子，遥控车向前移动一次，

若掷出的骰子向上的点数是3的倍数，遥控车向前移动一格（从k到k1），否则，遥控车

向前移动两格（从k到k2），直到遥控车移到第49格或第50格时，游戏结束．若遥控车

最终移动到第49格，可获得买车九折优惠，若遥控车最终移动到第50格，可获得买车大礼

包．设遥控车移到第n格的概率为Pnn0,1,2,,50，其中P01，求数列Pn的通项公式．

参考数据：若随机变量服从正态分布N,2，则P0.6827，

P220.9545，P330.9973．

19．定义：x表示不超过x的最大整数，如0.10，1.92．已知函数fxexkx，

hxfxlnkx，其中k0．

(1)若k1，求曲线fx在x0处的切线方程；

(2)若fx0在x0,上恒成立，求k的取值范围；

1

(3)写出hx的定义域D，并证明：当0k时，对于xD，恒有hx1．

ln2

参考答案

1．D

3i3ii

解析：已知iz3i，则z13i，对应复平面内的点为1,3，

iii

位于第四象限．

2．A

解析：函数ycos(2x)的图象关于原点对称，等价于该函数为奇函数.

π

令x0，得cos0，解得kπ,kZ.

2

ππ

条件“2kπ,kZ”是“kπ,kZ”的真子集：

22

π

充分性：若2kπ，则cos0，函数为奇函数，图象关于原点对称，充分性成立；

2

3π

必要性：图象关于原点对称时，还可取2kπ，必要性不成立.

2

因此是充分不必要条件.

3．B

55k

解析：1的展开式中第项为k1kkk2k5，

axk1C5axaC5x

xx

令2k51，解得k3，

5

所以1的展开式中x的系数为333，

axaC510a80

x

解得a2.

4．B

ab626

解析：由正弦定理，得，则sinAsinB.

sinAsinBsinAsinB2

2622

所以3sinAsinB3sinBsinB22sinB2，则sinB.

2222

因为0Bπ，

π3π

所以B或B.

44

在ABC中，因为a6b2，所以AB.

3π3π

当B时，A，ABπ，三角形不存在，舍去.

44

π

所以B.

4

5．C

abaaabbabb

解析：p(ab)2(ab)22，

aaa

bbb

aabb1

又ab0，|a|t，|b|，

|a||b|t

1

代入得：p(ab)2t.

t

由基本不等式，t0：

1112

2t22t22,当且仅当2t即t时取等号，

ttt2

故pab的最小值为22.

6．A

解析：已知(x2)2y2(x2)2y28，即到两定点2,0,2,0距离之和为8，

是椭圆，其中a4，c2，b2a2c216412，

x2y2

椭圆方程为1，

1612

已知过原点的直线与曲线C交于M，N两点，则M，N关于原点对称，

SMANSOMASONA，

11

已知A2,0，则OA2，SOAyOAy，

MAN2M2N

1

因为yy，则SOA2y2y，

MNMAN2MM

y2

M位于椭圆上，则1，解得yM23，

12

故Smax22343．

7．C

1

解析：设圆台上底面半径为r，由上、下底面的半径之比为，所以圆台下底面半径为5r，

5

22

圆台的母线长l435rr4r23，

22

圆台的侧面积S侧πr5rl24πrr348π，解得r1，

所圆台上底面半径r1，下底半径为5，母线长l8，

圆台轴截面为等腰梯形，上底为2，下底为10，高为43，腰长为8，

将圆台补为圆锥，轴截面如图：

h1

1

设小圆锥的高为h1，根据三角形相似得，解得h13，

h1435

所以大圆锥的高为h14353，

2

因为大圆锥底面半径为5，所以大圆锥的母线长为535210，

所以大圆锥的轴截面为边长为10的等边三角形，

设大圆锥内切球半径为R，即边长为10的等边三角形内切圆半径为R，

1153

所以1053101010R，所以R，

223

103

因为2R43，所以大圆锥内切球完全落到圆台内部，

3

3

所以圆台内最大球半径为53，此时球的体积为4535003

Vππ.

33327

5003

所以得到的球的体积的最大值为π.

27

8．B

023

解析：k1时，a1,a2,a3成等差数列，公差21，a11，a2a112，a3a1，

1

k2时，a4,a5,a6成等差数列，公差22，a5a42，a6a44，

28

k3时，a7,a8,a9成等差数列，公差24，a8a74，a9a7，

设五组的和依次为S1,S2,S3,S4,S5，

S1a1a23，S2a3a43a4，S3a5a62a46，S4a7a82a74，

S5a9a10(a78)a10，

2=2

S1,S2,S3成等比数列，则S2S1S3，即(3a4)3(2a46)，解得a43，

S2

所以S23a46，则公比为q2，由五组构成等比数列得

S1

38184

S4S1q242a74，a710，a9a7，S5S1q48a78a1018a10，

解得a1030.

9．AB

(xix)(yiy)

解析：选项，根据相关系数的定义，r

A22

(xix)(yiy)

2

3(xix)

因为y3x2，所以，代入可得r1，所以正确

iiy3x222A.

(xix)9(xix)

1

B选项，根据正态分布的对称性，所以P(0)，

2

1

又因为P(2)p，再结合对称性可知，P20P02p.

2

C选项，某一组数据中的所有数据点同时加一个常数，这组数据点的方差不变，所以C错

误.

212

D选项，二项分布的方差为np(1p)3，所以D选项错误.

333

10．ABD

解析：对于A，由于fx1是偶函数，故fx1fx1,

又因为fx是奇函数，故fx1fx1fx1，

所以fx1fx1，

用x1替换x，得fx2fx，

再用x2替换x，可得fx4fx2fx，故A正确；

对于B，由于f1xf1x，故f1xf1x，

因此fx关于1,0中心对称，故B正确；

对于C，由于fx是奇函数，且在0,1上单调递增，f00，

所以当x0,1时，fx0，

因为fx1是偶函数，故fx关于x1对称，故fx在1,2上单调递减，

又f2f00，故当x1,2时，fx0，

由于fx的周期T4，所以fx0的解集不只有0,2，而是4k,4k2,k，故C错

误；

对于D，f00，f12，f2f00，f3f1f12，

故f1f2f3f420200，

2020

因此fk50500，故D正确．

k1

11．ACD

解析：对于A：当fx0时，gxfxfxfxfx0；

当fx0，即sinx0时，gxfxfxfxfx2sinx2，

即此时0gx2，

综上，gx的值域是0,2，A正确；

ππ

对于B：方程fxf3x，即sinxsin3x，

66

ππ

则x2kπ3x,kZ或x3xπ2kπ,kZ，

66

π5πkπ

解得xkπ或x，kZ，

12242

π5π17π

又x0,π，所以x,,，即方程有3个实数根，B错误；

122424

π

对于C：当x,π时，设fxxsinx，则fx1cosx，

4

π

对任意的x,π，cosx1，所以fx0，fx单调递增，

4

ππ2π22

所以fxf0，所以xsinx0，即sinxx，

4424

π

而此时sinx0,10,，因此sinsinxsinxxx.

2

ππππ

正弦函数在1,1,上单调递增，若x,则sinxcosx0，故

2242

sinsinxsincosx；

π

若x,π，则sinx0cosx，故sinsinx0sincosx，因此恒有

2

sinsinxsincosx，

π

所以当x,π时，fcosxfsinxx，C正确；

4

2

sinπx2133

对于D：对Fx，分母配方得xx1x，分子sinπx的最大值

x2x1244

为1；

114

1π3F4

当x时，分子sin1，分母取最小值，此时233，即函数最大值为，

2243

4

D正确.

12．1,2

1

解析：∵抛物线C:y2x2的标准形式为x2y，

2

111

∴2p，解得p，故抛物线的准线方程为y.

248

1

∵点M在抛物线C上，由抛物线的定义可知|MF|y，

M8

17117

又|MF|，代入得y，解得y2.

8M88M

222

∵点M位于第一象限，将yM2代入抛物线方程y2x，得22x，即x1，解得x1，

∴点M的坐标为(1,2).

9

13．2ln3

2

2x1x2

解析：由于fxx3，

xx

3

故当x,2时，fx0，fx单调递减，

2

当x2,3时，fx0，fx单调递增，

3

因此x2是fx的极小值点，函数最大值在端点x或x3处取得，

2

2

3133319927

又f32ln2ln3ln22ln32ln2，

222222428

19

且f332332ln32ln3，

22

32799

ff32ln32ln22ln32ln21.1251.3860，

2828

339

故ff3，因此fx在x,3上的最大值为f32ln3．

222

8282

14．/

77

解析：如图，过点B作BO平面，交平面于点O，连接OA.

在RtAOB中，AB2，BO1，则AO1.

以O为原点，分别以OA,OB为x轴，z轴建立空间直角坐标系.则平面即为xOy平面.

则A1,0,0,B0,0,1.

因为点C是平面内的动点，所以设Cx,y,0.

2

所以CAx1y2,CBx2y21.

4

因为动点C到点A、点B的距离之比为，

3

222

x1y49232

所以，化简得xy.

x2y213749

942

所以点C的轨迹是圆心为,0，半径为的圆.

77

4282π

所以点C的轨迹的长度为2π.

77

15．(1)3

20π

(2)

9

解析：（1）由正弦定理得sinB2sinAcosC0，

因为sinBsinACsinAcosCcosAsinC，

所以3sinAcosCcosAsinC0．

π2

因为A，所以sinAcosA，

42

所以3cosCsinC0，所以tanC3.

（2）由（1）知3cosCsinC0，

310

又sin2Ccos2C1，则sinC=．

10

记ABC外接圆半径为R，

c2245

2R25

由正弦定理得，sinC3103，所以R，

3

10

2

所以外接圆的面积为22520π

ABCSπRπ.

39

16．(1)证明：在菱形ABCD中，AB2，DAB60，

所以ABD，CBD均为等边三角形．

因为DADC，O为AC的中点，

所以DOAC．

因为ABBC2，AC22，

所以AB2BC2AC2，所以ABC90．

1

如图，连接BO，则BOAC2．

2

又因为ADDC2，AC22，

所以AD2DC2AC2，

1

所以ADDC，所以DOAC2．

2

又因为BD2，

所以DO2BO2DB2，所以DOBO．

又ACBOO，且AC，BO平面ABC，

所以DO平面ABC．

6

(2)

3

解析：（1）略

（2）解法一：设点C到平面ABD的距离为h，

因为菱形ABCD的边长为2，

1

所以S△22sin603，

ABD2

13

所以V3hh，

CABD33

1

S222．

ABC2

由（1）知DO平面ABC，DO2，

1326

所以V22h，所以h．

DABC333

26

设直线CD与平面ABD所成的角为，则h6，

sin3

CD23

6

即直线CD与平面ABD所成角的正弦值为．

3

解法二：由（1）知，OB，OD，OC两两相互垂直，故以O为坐标原点，OC，OB，OD

所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

则A2,0,0，B0,2,0，C2,0,0，D0,0,2，

CD2,0,2，AB2,2,0，AD2,0,2．

设平面ABD的法向量为nx,y,z，

n.AB0,2x2y0,

则即，可取n1,1,1．

n.AD0,2x2z0,

设直线CD与平面ABD所成的角为，

CDn226

则sin，

CDn233

6

故直线CD与平面ABD所成角的正弦值为．

3

x2y2

17．(1)1

84

(2)y26x14

(3)46

61

1a28

解析：（）由题意得，22，解得，

1ab2

22b4

ab4

x2y2

所以椭圆的方程为1.

84

ykxm

（2）由（1）得，联立x2y2，

1

84

消去y可得12k2x24kmx2m280，①

2

因为直线与椭圆相切，所以Δ4km412k22m280，

整理得8k2m24．②

m4

因为直线与圆相切，所以2，整理得m28m4k212，③

k21

k0k26

由②与③联立解得（舍去）或，

m2m14

所以直线l的方程为y26x14．

（3）设直线l与y轴的交点为P，切点Bx0,y0，

则点P的坐标为0,14．

2km862

由（2）问中①式可知，x，y0，

012k277

1186

则SOPx1486，

PBO2027

1122122

且S△PAAMPMAMAM102246，

PAM222

所以S四边形ABOMS△PBOS△PAM864646．

18．(1)（ⅰ）0.8186；（ⅱ）EY8.186

n1

32

1,0n49

53

(2)P

n50

322

,n50

535

解析：（1）（i）由XN300,502，得

10.95450.6827

P200X350P200X400P250X3500.8186；

222

（ii）依题意得YB10,0.8186，所以EYnp100.81868.186．

1

（2）若第一次掷出的骰子向上的点数是3的倍数，遥控车移动到第一格，其概率为，即

3

1

P；

13

遥控车移动到第n2n49格的情况是下面两种，且只有两种：

2

①遥控车先移动到第n2格，又掷出的骰子向上的点数不是3的倍数，其概率为P．

3n2

1

②遥控车先移动到第n1格，又掷出的骰子向上的点数是3的倍数，其概率为P．

3n1

21

所以PPP，

n3n23n1

2

所以PPPP，

nn13n1n2

22

所以2n49时，数列PP是以首项为PP，公比为的等比数列，

nn11033