宁夏回族自治区银川一中2027届高三年级数学一轮复习检测卷（二）

**基本信息** 以函数与导数为核心，整合代数、几何、概率统计模块，通过典例系统呈现解题方法，强化知识逻辑与数学思维的综合应用。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |函数与导数|6题|对称性分析、单调性判定、极值点应用|函数性质与导数工具的融合，体现抽象能力与推理意识| |代数|4题|复数运算、排列组合分组、数列递推|从概念生成到应用拓展，构建代数知识网络| |几何|4题|向量运算、解三角形、外接圆计算|空间形式与数量关系的转化，发展几何直观| |概率统计|4题|独立事件、条件概率、频率分布|数据处理与模型构建，培养数据观念与应用意识|

2027届高三年级一轮复习检测卷（二） 数 学 试 卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知二次函数.若集合与集合相等，其中集合中相同元素只记一次，则（   ） A．-1 B．-2 C．-3 D．-4 2．对于任意两个复数，，如果满足“”或“”，那么就称和伴随．则当和伴随，则和伴随的充要条件是（     ）． A． B． C． D． 3．某班组织5名同学到三个不同社区志愿服务，每位同学只去一个社区且每个社区至少1人最多2人，则不同的安排方法有（   ）种. A．90 B．60 C．150 D．140 4．已知函数的图象关于点中心对称，则的最小值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 5．已知数列（非常数列）前项和为，为等差数列，，，且，，成等比数列，则的值为（     ） A． B．80 C．81 D．90 6．在平行四边形ABCD中， E为线段BC的中点， 则 （    ） A．9 B．11 C．13 D．15 7．已知存在使不等式成立，则m的取值范围是（     ） A． B． C． D． 8．已知函数，若正实数a，b满足，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9．下列各叙述正确的为（    ） A．数据，，，，的第40百分位数为4 B．甲乙等5个人站成一排拍照，则甲乙不相邻的站法数为72种 C．若随机变量，则， D．已知函数和的定义域相同，则“函数与均为增函数”是“函数为增函数”的充要条件 10．已知是函数的极大值点，则（    ） A． B．是的极小值点 C．的单调递减区间为 D．恰有3个零点 11．某智能路由器有和两种信号传输模式，运行规则如下：在信号稳定时，系统自动选择传输模式的概率为；在信号不稳定时，系统自动选择传输模式的概率为；路由器信号稳定的概率为．则下列结论正确的是（     ） A．路由器信号稳定且选择传输模式的概率为 B．路由器选择传输模式的概率为 C．“路由器信号稳定”与“路由器选择传输模式”是相互独立事件 D．已知路由器选择了传输模式，则它处于信号稳定的概率为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知，的值是______． 13．内角的对边分别为，则的外接圆的面积为______． 14．甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，记n次传球后球在甲手中的概率为，则________． 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13分) 某工厂抽取一批电子元件检测，记录第一次出故障的时间（天），然后绘制出如下有关于“首次故障时间”与“对应频率”的频率分布直方图： (1)求第一四分位数和中位数； (2)设为首次故障时间小于365天的概率估计值． （ⅰ）求； （ⅱ）已知该工厂向某用户销售了100件电子元件，X为这100件产品首次出现故障时间小于365天的件数，若，求和． 16．(本小题15分) 在中，设，．已知，，，． (1)求，； (2)求与； (3)求的面积． 17．(本小题15分) 已知函数 (1)讨论在区间上的单调性； (2)在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，求周长的最大值． 18．(本小题17分) 已知等差数列的各项均大于零，前n项和为，且． (1)求数列的通项公式和前n项和； (2)若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围． 19．(本小题17分) 已知函数，曲线在点处的切线为． (1)求，； (2)当时，，求的取值范围； (3)当时，，求的最小值． 试卷第4页，共4页 高三一轮复习数学试卷 第4页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 2027届高三年级一轮复习检测卷（二） 数学试卷答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C C A D B B A C ABC BCD ABD 1．C 【解析】设.则，，，.对两边集合中的所有元素同时减去，题设等价于. 要使两集合相等，右侧集合中必须含有0. 若，即，则左右两边分别为，，不相等. 若，即，则左右两边分别为，，不相等. 若，即，则左右两边分别为，，相等.因此. 2．C 【解析】设，，，， 则，，当和伴随，有或， 又，， 若和伴随，则或， 所以和伴随的充要条件是，即. 3．A 【解析】5人只能按照2，2，1分组，分组方法有，将分好的3组分别派往3个不同社区：，则不同安排方法共有 4．D 【解析】的图象关于点中心对称， 所以，即，所以的最小值为4． 5．B 【解析】因为为等差数列，，所以数列的首项为，设其公差为， 则，所以， 所以，，， 又因为，，成等比数列，所以， 即，解得或， 当时，， 当时，， 所以，为常数数列，不满足题意，故舍去; 当时，， 当时，， 所以，不是常数数列，满足题意， 所以，所以，所以. 6．B 【解析】因，则 . 又，， 则 7．A 【解析】由得，移项得， 因存在使不等式成立，则可得. 令，则， 令，则，所以在上是增函数， 又当时，，当时，， 所以在上有且仅有一个零点，设为，则. 又，所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以， 所以，解得. 8．C 【解析】由，可知定义域为，又， 即，则， 所以，， 因为在定义域内单调递增， 所以在定义域内单调递减，故在定义域内单调递增， 因为在定义域内单调递增，在定义域内单调递增， 由复合函数单调性可知，在定义域内单调递增， 所以函数在上单调递增， 因为，正实数，满足，， 若，则，不满足， 所以，因为，所以可变形为, 又函数在上单调递增，故，即，所以， 则，当且仅当时，取等号，即的最小值为，故选项C正确. 9．ABC 【解析】A：因为，则数据的第40百分位数为，故A正确； B：先将除甲乙外的三人全排，有种方法，再将甲乙在三人形成的四个空中插空有种方法， 所以甲乙不相邻的站法数为种方式，故B正确； C：因为，所以，， 所以，，故C正确； D：因为函数和的定义域相同，且函数与均为增函数，则函数为增函数，充分性成立； 若取，，显然是增函数，但是减函数，即必要性不成立，故D错误. 10．BCD 【解析】函数，定义域为，， 是的极大值点，有，解得或， 当时，，在上单调递减，不合题意； 当时，， 解得或，解得， 在和上单调递增，在上单调递减， 是的极大值点，是的极小值点，符合题意. 所以A选项错误，BC选项正确； ，时，时， 的极大值为，的极小值为， 所以恰有3个零点，D选项正确. 11．ABD 【解析】记事件为”路由器信号稳定”,则事件为”路由器信号不稳定”， 记事件为“路由器选择传输模式”，则事件为“路由器选择传输模式”， 由题意得，则， 由题意得，则， 由题意得，则. 对于A，，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，， 由，得， 所以，所以， 故“路由器信号稳定”与“路由器选择传输模式”是不相互独立事件，故C错误； 对于D，，故D正确. 12．2 【解析】 13． 【解析】由三角形内角和得，故． 由正切和角公式， 代入得：，整理得． 结合题设，联立得． 因，故． 已知，设的外接圆半径为R，则   外接圆面积 14．/0.3125 【解析】由题意得，时，，即， 设，故， 所以，其中， 即是首项为，公比为的等比数列， 故，即， 所以． 15．【解析】（1）由直方图可知，的频率为， 的频率为， 故第一四分位数在上，设为，则，解得； 的频率为， 的频率为， 故中位数在上，设为，则，解得. 故第一四分位数为370，中位数为381； （2）由直方图可知，小于365天的频率为，故， 根据二项分布的期望和方差公式， ， 16．【解析】（1）设，．由题意得，， 又，，由， 得．解得． 又，故． 代入，得，解得． 因此，是方程的两个根，解得． 由于，所以，，故，． （2）由题意得角是向量与的夹角， 所以，又． 于是． 可得． （3）由，得到． 由三角形面积公式得. 17．【解析】（1）由题意得 令，当时，， 当，即时，单调递增，单调递增； 当，即时，单调递减，单调递减； 当，即时，单调递增，单调递增. （2），，， ，，，即， ，， 由基本不等式得，解得， 当且仅当时等号成立， 此时为等边三角形，满足锐角三角形，周长的最大值为. 18．【解析】（1）等差数列中，，则， 故， ∵，∴，． （2）∵对任意，恒成立， ∴对任意，恒成立． 当n为奇数时，，∴对正奇数n恒成立． 设． ∵对正奇数n恒成立， ∴，∴，∴； 当n为偶数时，，∴对正偶数n恒成立． 设． ∵对正偶数n恒成立， ∴，∴，∴．综上，． 19．【解析】（1）， 由切点在直线上，也在函数图象上， 可知且，可得； 由，则切线的斜率为， 解得； 故. （2）由（1）知，， 则 ， 故题意可转化为对任意恒成立， 法一：令，， 则， 当时，由且， 则，即， 则在上单调递增，又， 要使对任意恒成立， 则，解得； 当时，不成立； 当时，，，且， 则， 即，则在上单调递减， 又当时，，不满足题意； 综上所述，的取值范围为. 法二： 不等式可转化为， 即对任意恒成立， 当时，不成立； 当时，设，， 当时，由，可知， ， 这与对任意恒成立矛盾； 当时，， ， 由，故在上单调递增， 故在上存在唯一零点，设为， 且当时，，即， 此时不等式不成立； 当时，， 则在上单调递增， 由，故， 故不等式，即恒成立， 综上所述，的取值范围为； （3）法一：设， 则 ， 令， 则， 其中，，. 当时，， 则在上单调递增，故， 故在上单调递增，故， 即当时，恒成立，满足题意； 当时，设 ， 由，可知且， 则，可知在上单调递增， 故，即， 故在上单调递增，故， 故在上单调递增，故， 即当时，恒成立，满足题意； 当时，此时，又， 则存在正实数，使得，， 则在上单调递减，则， 即当，，不满足题意； 综上所述，，即的最小值为. 法二：由可得 ， 则，即， 则， 由，可知，则， 故原不等式可转化为， 由， 设，， 则， 设，，令， 则，， 由， 再令， ，故在上单调递增， 故，则，故在上单调递增， 所以，即， 故在上单调递减， 又由洛必达法则可知， 故要使当时，恒成立，则， 即的最小值为. 答案第14页，共14页 高三一轮复习数学试卷答案 第3页，共12页 学科网（北京）股份有限公司 $