2026-2027学年河北省沧州市多校联考高三上学期开学摸底检测数学试卷（含答案）

/数学一、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.已知是抛物线的焦点，则（）A.1 B.2 C.4 D.82.已知集合，，则（）A. B.C. D.3.已知复数满足，则的共轭复数（）A. B.C. D.4.已知定义在上的函数满足为偶函数，且，则（）A. B.C. D.5.已知，分别为椭圆的左、右焦点，点在上，且的周长为16，则面积的最大值为（）A.6 B.12 C.16 D.246.在等腰梯形中，，，，记，，则（）A. B.C. D.7.已知圆锥的底面面积为，其内切球的表面积为，则该圆锥的侧面积为（）A. B.C. D.8.已知数列满足，则（）A.250 B.500 C.550 D.1000二、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.已知一组互不相同的样本数据，，，…，的平均数、中位数和方差分别为，，，其中和分别是这10个数中的最小值和最大值，设，数据，，，…，的平均数、中位数和方差分别为，，，则（）A. B.C. D.10.下列函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递减的有（）A. B.C. D.11.已知实数，满足，则（）A. B.C. D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知，则________．13.已知函数存在两个极值点，，则________．14.现有4种颜色，给3张不同的卡片正反面涂色，要求三张正面颜色各不相同、三张反面颜色各不相同，且每张卡片正反两面颜色不同，则不同的涂色方法共有________种．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.已知函数，曲线在点处的切线斜率为．（1）求的表达式；（2）设数列满足，求数列的前项和．16.在中，角，，的对边分别为，，，且，，．（1）求；（2）若点满足，为钝角，，求线段的长．17.如图，在四棱锥中，底面，，，，且平面平面．（1）证明：；（2）求平面与平面的夹角的余弦值．18.甲、乙两人进行羽毛球比赛，各场比赛相互独立，单场甲获胜的概率为，乙获胜的概率为．（1）若甲、乙进行5场比赛，设随机变量为比赛中甲获胜的场数，当时，求的分布列、数学期望与方差．（2）比赛终止规则：比赛过程中若任意一方连续赢得两场，则比赛终止；若全程无人达成两连胜，则进行场后比赛终止．记随机变量为比赛终止时已完成的场数．（i）求；（ii）当时，证明：．19.已知双曲线的左、右焦点分别为，，离心率为2，过点的直线交的右支于，两点，且当与轴垂直时，．（1）求的方程．（2）证明：点在以为直径的圆外．（3）在轴上是否存在点，使为等边三角形？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．

数学一、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.已知是抛物线的焦点，则（）A.1 B.2 C.4 D.8答案：C解析：解答过程：抛物线的焦点坐标为，已知焦点，故，解得．2.已知集合，，则（）A. B.C. D.答案：A解析：解答过程：，且函数单调递增，故，集合，．3.已知复数满足，则的共轭复数（）A. B.C. D.答案：A解析：解答过程：因为，则，所以的共轭复数.4.已知定义在上的函数满足为偶函数，且，则（）A. B.C. D.答案：D解析：思路：本题利用为偶函数得出，结合已知条件可直接得出答案.解答过程：令，由于是偶函数，所以，即，令，得：，即，又因为，所以.5.已知，分别为椭圆的左、右焦点，点在上，且的周长为16，则面积的最大值为（）A.6 B.12 C.16 D.24答案：B解析：解答过程：的周长为16，所以有，化简得.由椭圆方程可知，，代入，解得，，设椭圆的短半轴长为，则，所以，当点为椭圆上下顶点时，面积最大，最大值为.6.在等腰梯形中，，，，记，，则（）A. B.C. D.答案：B解析：思路：由平面向量的线性运算求解即可.解答过程：因为，所以，连接，因为.7.已知圆锥的底面面积为，其内切球的表面积为，则该圆锥的侧面积为（）A. B.C. D.答案：B解析：思路：作出圆锥的轴截面，根据轴截面的面积得，再根据勾股定理得，从而可以求解.解答过程：设圆锥底面半径为，由底面面积，解得​，设内切球半径为，由内切球表面积，解得，设圆锥的高为，母线长为，作出圆锥的轴截面如图，由截面的面积有，即，又，所以，（舍），所以圆锥侧面积.8.已知数列满足，则（）A.250 B.500 C.550 D.1000答案：B解析：思路：建立起偶数项的递推公式，利用递推公式求出偶数项的通项可得答案.解答过程：设偶数项为，令，得，所以，当时，，当时，，代入：，即，所以是等差数列，首项，公差为，因此：，而.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.已知一组互不相同的样本数据，，，…，的平均数、中位数和方差分别为，，，其中和分别是这10个数中的最小值和最大值，设，数据，，，…，的平均数、中位数和方差分别为，，，则（）A. B.C. D.答案：AB解析：思路：由中位数、平均数的定义及方差的定义和性质对选项一一判断即可得出答案.解答过程：对于A，因为，所以数据，，，…，的中位数，故A正确；对于B，因为，由方差的性质可得：，故B正确；对于C，因为，则，，即，而与不一定相等，故C错误；对于D，相当于求，，…，的方差，因为，分别是这10个数中的最小值和最大值，这两个数偏离平均值的距离更远，减去，后数据更集中，离散程度变小，方差更小，所以，故D错误.10.下列函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递减的有（）A. B.C. D.答案：BC解析：思路：依次利用函数的性质判断周期以及单调区间即可解答过程：A选项，周期为，不满足题意；B选项，根据绝对值的图像变换，轴上方的图象不变，轴下方的图象翻折至轴上方.可知最小正周期为，在，，由余弦函数的性质可知，在区间上单调递减，满足题意；C选项，由正切函数的性质，最小正周期为，且，在单调增，所以在上单调递减，符合题意；D选项，因为当，，当，;因为，，所以在区间上不单调递减，不满足题意.11.已知实数，满足，则（）A. B.C. D.答案：ABD解析：思路：对于A：构建，，利用导数判断单调性即可分析判断；对于B：构建，，利用导数判断单调性即可分析判断；对于C：举反例说明即可；对于D：构建，，利用导数判断单调性即可分析判断.解答过程：对于选项A：构建，，则，可知函数在内单调递减，且，则，即，整理可得，故A正确；对于选项B：构建，，则，可知函数在内单调递减，且，则，即，整理可得，故B正确；对于选项C：例如，，满足，但，故C错误；对于选项D：构建，，则，令，，则可知函数在内单调递减，则，即，可知函数在内单调递减，且，则，即，又因为，整理可得，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知，则________．答案：解析：思路：先利用诱导公式求出；再利用二倍角公式求出即可.解答过程：由诱导公式可得，，解得，所以由二倍角公式.13.已知函数存在两个极值点，，则________．答案：解析：思路：函数求导后，令得到一元二次方程，再由韦达定理得到关系，代入计算即可.解答过程：∵函数存在两个极值点，∴有两个不同的实数根，于是，且方程两个根为，由韦达定理得，即，则.14.现有4种颜色，给3张不同的卡片正反面涂色，要求三张正面颜色各不相同、三张反面颜色各不相同，且每张卡片正反两面颜色不同，则不同的涂色方法共有________种．答案：264解析：思路：排列组合的涂色问题,分两步分别计算，第一步先计算正面涂色的方法数,第二步再涂反面颜色,涂反面颜色时要分两类情况考虑，使用第4种颜色和不使用第4种颜色,将两类情况方法数相加，再利用分步乘法计数原理得到最终的总方法数.解答过程：第一步,先涂三张卡片正面颜色,要求三张卡片正面颜色各不相同共有：种.第二步,再涂三张卡片反面颜色,假设正面颜色为A,B,C（已经选好的3种不同颜色）,剩余1种未使用的颜色为D.反面涂色需满足：三张卡片反面颜色各不相同，且每张卡片正反两面颜色不同,分两类情况考虑：不使用颜色D和使用颜色D.不使用颜色D时,反面只用A,B,C三种颜色，错位排列共有2种方法数.使用颜色D时,还需要两种颜色，有3种颜色组合（,,）,每种颜色组合都有种涂色方法.所以涂反面颜色时有种方法,所以共有种方法.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.已知函数，曲线在点处的切线斜率为．（1）求的表达式；（2）设数列满足，求数列的前项和．答案：（1），（2），解析：思路：（1）根据复合函数求导公式求导计算求解即可；（2）根据裂项相消法计算求解即可.（1）由题意得，，则，即．（2）由（1）知，，则，所以数列的前项和．16.在中，角，，的对边分别为，，，且，，．（1）求；（2）若点满足，为钝角，，求线段的长．答案：（1）（2）解析：思路：（1）先由正弦定理求得，然后利用同角三角函数关系求解即可；（2）由余弦定理得，在中，由余弦定理得，然后利用诱导公式得，即可得解．（1）由正弦定理，得，解得，又，所以，即，所以．（2）由余弦定理，解得或（舍），在中，，

又，所以，

所以．17.如图，在四棱锥中，底面，，，，且平面平面．（1）证明：；（2）求平面与平面的夹角的余弦值．答案：（1）取的中点，连接，因为，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又底面，底面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以．（2）解析：思路：（1）利用面面垂直的性质定理证得平面，再利用线面垂直的性质定理得，，进而利用线面垂直的判定定理得平面，最后利用线面垂直的性质定理证明即可.（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后利用向量法求解即可.（1）略（2）因为，所以，又底面，所以，，两两垂直，如图，以点为原点，，，所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，由（1）可知，为平面的一个法向量，设平面的一个法向量，则有令，得，则，设平面与平面的夹角为，则．所以平面与平面的夹角的余弦值为．18.甲、乙两人进行羽毛球比赛，各场比赛相互独立，单场甲获胜的概率为，乙获胜的概率为．（1）若甲、乙进行5场比赛，设随机变量为比赛中甲获胜的场数，当时，求的分布列、数学期望与方差．（2）比赛终止规则：比赛过程中若任意一方连续赢得两场，则比赛终止；若全程无人达成两连胜，则进行场后比赛终止．记随机变量为比赛终止时已完成的场数．（i）求；（ii）当时，证明：．答案：（1）的分布列为，，，，，，的数学期望，的方差（2）（i）（ii），，，，，，所以．解析：思路：（1）由服从二项分布的性质求期望及方差；（2）（i）由事件的独立性求概率即可；（ii）由条件概率的公式求解．（1）由题意，所以的分布列为，，，，，，，的数学期望，的方差．（2）（i）由题意可知随机变量的可能取值为2，3，4，则，

，

，所以

．

（ii）略19.已知双曲线的左、右焦点分别为，，离心率为2，过点的直线交的右支于，两点，且当与轴垂直时，．（1）求的方程．（2）证明：点在以为直径的圆外．（3）在轴上是否存在点，使为等边三角形？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．答案：（1）（2）由（1）得，，设直线的方程为，点，，联立方程整理得，则，，由直线与双曲线的右支交于，两点，得．要证点在以为直径的圆外，只需证即可，又，，又，，所以，由，得，所以，所以，即点在以为直径的圆外．（3）不存在，理由如下：假设在轴上存在点，使为等边三角形，设线