精品解析：四川新高考联盟2027届高中毕业班摸底检测数学试题

四川新高考联盟2027届高中毕业班摸底检测数学试题 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径05毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.考试结束后，只交回答题卡. 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. 已知复数满足，则在复平面内复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. “，”是“函数关于直线对称”的（ ） 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 3. 甲、乙两人独立地破译一份密码的概率分别为，密码被成功破译的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 函数，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 4 5. 已知数列的前项和，下列结论正确的是（ ） A. 当且仅当时，是等比数列 B. 当且仅当时，是等比数列 C. 当且仅当时，是等比数列 D. 当且仅当时，是等比数列 6. 已知正三棱台的高为5，，，则该正三棱台外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的导函数满足：对任意的都有，若，则实数k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知以，为焦点的椭圆与双曲线共焦点，一动点在直线上运动，双曲线与椭圆在一象限的交点为，，当与相等时，取得最大值，则双曲线的离心率为（ ）． A. B. C. D. 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. 下列命题成立的是（ ） A. 已知，若，则 B. 若一组样本数据对应的样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为 C. 以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，求得线性回归方程为，则的值分别是4和0.3 D. 对分类变量与的独立性检验的统计量来说，值越大，判断“与有关系”的把握性越小 10. 设，，且，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 的最小值为8 C. 的最小值为 D. 无最小值 11. 若的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则下列说法正确的是（ ） A. 角可能是锐角 B. C. 若，则面积的最大值为2 D. 若在上的投影向量模长为，则的值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知的展开式中第3项与第5项的二项式系数相等，则__________. 13. 已知，是非零向量，是单位向量，且，，则的最小值是_____. 14. 已知，若函数的图象存在对称中心，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. 甲、乙两人参加某高校的入学面试，入学面试有2道难度相当的题目，甲答对每道题目的概率都是，乙答对每道题目的概率都是，每位面试者共有两次机会，若答对第一次抽到的题目，则面试通过，结束答题；否则继续第2次答题，答对则面试通过，未答对则面试不通过，甲、乙两人对抽到的不同题目能否答对是独立的，且两人答题互不影响， （1）求甲、乙两人有且只有一人通过面试的概率； （2）设面试过程中甲、乙两人答题的次数之和为，求的分布列与期望. 16. 设等比数列的前 项和为，已知，. （1）求和； （2）设，证明：. 17. 已知函数. （1）当时，恒成立，求实数的取值范围； （2）当时，，其中.证明：在区间上存在唯一的极值点. 18. 已知抛物线的焦点为， 过的直线交于两点， 过与垂直的直线交于两点，其中在轴左侧，分别为的中点，且直线过定点. （1）求抛物线的方程； （2）设为直线与直线的交点; （i）证明在定直线上； （ii）求面积的最小值. 19. 已知四面体OABC， ，N为的三等分点(靠近B)，M为的中点，过点M的动平面交射线于，，． （1）如图，当 时， ①求的长． ②空间中一动点T，定义当四面体的体积最小时，是否存在点T，使得？并说明理由． （2）当 时，记四面体 内切球的半径为r，求r 的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川新高考联盟2027届高中毕业班摸底检测数学试题 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径05毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.考试结束后，只交回答题卡. 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. 已知复数满足，则在复平面内复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算法则化简可得，根据复数的几何意义即可求解. 【详解】由，得， 所以复平面内对应的点为，所以在复平面内对应的点位于第二象限. 故选：B. 2. “，”是“函数关于直线对称”的（ ） 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 【答案】C 【解析】 【分析】利用余弦函数的对称性结合充要条件的概念即得. 【详解】由关于对称， 代入可得， 解得， 即与是等价的，所以必要性成立. 反之，若，当时，，故函数关于对称，所以充分性成立. 综上，两者互为充要条件. 故选： 3. 甲、乙两人独立地破译一份密码的概率分别为，密码被成功破译的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由相互独立事件概率的乘法公式可得密码没有被破译的概率，进而由对立事件的概率公式可得答案． 【详解】因为甲、乙两人独立地破译一份密码的概率分别为， 所以甲乙都没有成功破译密码的概率， 所以密码被成功破译的概率为. 故选：A 4. 函数，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】应用分段函数解析式求解函数值. 【详解】函数，则. 故选：D. 5. 已知数列的前项和，下列结论正确的是（ ） A. 当且仅当时，是等比数列 B. 当且仅当时，是等比数列 C. 当且仅当时，是等比数列 D. 当且仅当时，是等比数列 【答案】B 【解析】 【分析】先由前项和公式求出数列的通项公式，再利用等比数列首项必须满足通项公式的条件，解出参数的值并验证. 【详解】当时，， 当时，， 若是等比数列，则，因此，解得； 当时，，，， 又，所以， 因为当时，， 此时数列是首项为，公比为的等比数列； 即当且仅当时，是等比数列， 故选：B. 6. 已知正三棱台的高为5，，，则该正三棱台外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】画出图形，由正三棱台的对称性可得，正三棱台的外接球的球心落在上底面中心与下底面中心的连线上，先求出三棱台的高，再由球的性质得到外接球的半径. 【详解】分别取、的中心，连接，过作，    因为，由正弦定理得，得，同理可得， 由题意， 设正三棱台的外接球球心为O，因为为上底面截面圆的圆心，为下底面截面圆的圆心， 所以由正三棱台的性质可知，其外接球的球心在直线EF上， 设外接球O的半径为R，所以，，， 即，， 当在EF的延长线上时，可得，无解； 当在线段EF上时，轴截面中由几何知识可得，解得， 所以正三棱台的外接球表面积为. 故选：D 7. 已知函数的导函数满足：对任意的都有，若，则实数k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由构造，得到其单调性，对不等式变形后得到，从而由单调性解不等式，求出答案. 【详解】令，则，因为对任意的都有， 所以，所以在上单调递减， 不等式等价于， 即，所以，解得， 故选：D． 8. 已知以，为焦点的椭圆与双曲线共焦点，一动点在直线上运动，双曲线与椭圆在一象限的交点为，，当与相等时，取得最大值，则双曲线的离心率为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设双曲线的实轴长为，设，，根据椭圆以及双曲线的定义推出，，利用余弦定理可得，再利用两角差的正切公式结合的最大值可推出，两式联立即可求得答案. 【详解】由题意设，，设双曲线的实轴长为， 双曲线与椭圆在一象限的交点为， 设，，，则，， 故，， 由，得， 即； 动点在直线上运动，设l与x轴交点为E，设， 在中，， 在中，， 由题意知为锐角，且， 即， 当且仅当，即时，等号成立， 即的最大值为， 而当与相等时，取得最大值， 可知，即，结合， 得，则， 故双曲线的离心率， 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助两角差的正切公式，得到的最大值，再结合与相等，得到. 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. 下列命题成立的是（ ） A. 已知，若，则 B. 若一组样本数据对应的样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为 C. 以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，求得线性回归方程为，则的值分别是4和0.3 D. 对分类变量与的独立性检验的统计量来说，值越大，判断“与有关系”的把握性越小 【答案】AB 【解析】 【分析】A.根据，由判断；B.由题意知这组数据完全线性相关，再根据直线斜率的正负判断；C.由两边取自然对数求解判断；D.根据值越大，“与有关系”的可能性越大判断. 【详解】A.已知，且，则，故正确； B.若一组样本数据对应的样本点都在直线上，说明这组数据完全线性相关，又因为直线斜率是负相关，所以这组样本数据的相关系数为-1，故正确； C.由两边取自然对数得，求得线性回归方程为，所以，，则，故错误； D.对分类变量与的独立性检验的统计量来说，值越大，“与有关系”的可能性越大，所以判断“与有关系”的把握性越大，故错误； 故选：AB 10. 设，，且，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 的最小值为8 C. 的最小值为 D. 无最小值 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用1的妙用可判断A，通过等量代换，结合二次函数可判断B,C，利用基本不等式可判断D. 【详解】对于A，由可得， ， 因为，当且仅当且时等号成立， 即，所以的最小值为，A正确； 对于B，由可得，即，， 令，则，在时单调递增，最小值为， 当且仅当时取等号，B正确； 对于C，， 令，则，在时单调递增，最小值为， 即，当且仅当时取等号，C正确； 对于D，由可得，， 当且仅当时取等号，即有最小值2，D错误. 故选：ABC 11. 若的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则下列说法正确的是（ ） A. 角可能是锐角 B. C. 若，则面积的最大值为2 D. 若在上的投影向量模长为，则的值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，利用降幂公式与三角形内角关系判断为钝角，即可排除A；对于B，利用余弦定理即可判断；对于C，根据A项结论求出，利用三角形面积公式，结合二次函数性质即可求其最大值；对于D，利用投影向量定义推出，进而求得，再由正弦定理与和角公式，同角基本关系式求得，最后由弦切互化即可判断. 【详解】对于A，由可得， 因为，代入可得，则， 因为，则为钝角，故A错误； 对于B，由和余弦定理，可得，整理，故B正确； 对于C，由上分析，，则， 于是，的面积， 因为，则，即代入上式， 可得：， 故当时，取得最大值为2，即C正确； 对于D，因在上的投影向量为，依题意，， 化简得，即，由A项知，为钝角，则为锐角， 故由可得，再由B项和正弦定理，可得， 则，展开得，即， 因为，则得，故，则，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知的展开式中第3项与第5项的二项式系数相等，则__________. 【答案】6 【解析】 【分析】利用二项式系数的性质求解. 【详解】由题得，所以， 故答案为：. 13. 已知，是非零向量，是单位向量，且，，则的最小值是_____. 【答案】## 【解析】 【分析】将向量夹角和模长条件分别转化为射线和圆，将向量差的最小值问题转换为几何上的点到曲线距离问题，利用点到直线的距离公式求出圆心到射线的距离，结合圆上点到直线的距离规律，通过比较半径得到最终的最小值. 【详解】设，由，可知的终点在从原点出发、与轴夹角为的射线上， 该射线为（），即， 对于，由得： 即的终点在以为圆心、半径的圆上， 表示射线上的点与圆上的点的距离， 问题转化为：求圆上的点到射线的最小距离， 令射线的方程：， 圆心到该直线的距离为： 代入验算，垂足坐标为，满足且在射线上，因此可用该距离公式， 由对称性可知当射线的方程为时，结果一样， 因为圆心到射线的距离大于圆的半径， 圆上点到射线的最小距离为 故答案为： 14. 已知，若函数的图象存在对称中心，则__________． 【答案】4 【解析】 【分析】根据函数定义域确定函数对称中心，再利用函数对称中心的性质列出等式即可求解． 【详解】由题可知，， 令，解得或，由题可知，， 所以定义域为或， 因为函数的图象存在对称中心，所以对称中心横坐标为区间中点， 因为，即， 所以函数图象的对称中心为，则， ， ， 因为， 所以， 因为， 所以对于定义域内任意都成立， 所以，即， 故答案为：4． 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. 甲、乙两人参加某高校的入学面试，入学面试有2道难度相当的题目，甲答对每道题目的概率都是，乙答对每道题目的概率都是，每位面试者共有两次机会，若答对第一次抽到的题目，则面试通过，结束答题；否则继续第2次答题，答对则面试通过，未答对则面试不通过，甲、乙两人对抽到的不同题目能否答对是独立的，且两人答题互不影响， （1）求甲、乙两人有且只有一人通过面试的概率； （2）设面试过程中甲、乙两人答题的次数之和为，求的分布列与期望. 【答案】（1） （2） 2 3 4 【解析】 【分析】（1）根据相互独立事件概率公式直接计算可得结果； （2）易知随机变量的可能取值为2，3，4，分别计算出对应概率可得分布列，计算出期望值. 【小问1详解】 设事件为“甲通过面试”，事件为“乙通过面试”， （或） （或） 所以甲、乙两人有且只有一人通过面试的概率 . 【小问2详解】 随机变量的可能取值为2，3，4. ，，， 随机变量的分布列为 2 3 4 所以随机变量的期望为. 16. 设等比数列的前 项和为，已知，. （1）求和； （2）设，证明：. 【答案】（1）， （2），， ， 因为，所以，从而. 【解析】 【分析】（1）利用等比数列的通项公式和前 项和公式列式求解； （2）利用裂项相消法求前 项和即可证明. 【小问1详解】 由为等比数列，，可得， 即，，解得， 所以，，. 【小问2详解】 略 17. 已知函数. （1）当时，恒成立，求实数的取值范围； （2）当时，，其中.证明：在区间上存在唯一的极值点. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用参变分离求出的最小值即可； （2）利用导函数求出单调性即可. 【小问1详解】 当时，可化为，即， 因为恒成立，所以， 令，则， 由得；得； 则在上单调递减，在上单调递增， 则， 则实数的取值范围为； 【小问2详解】 当时，， 则， 因为，所以， 解，得，，得， 则在上单调递增，在上单调递减， 故在区间上存在唯一的极值点. 18. 已知抛物线的焦点为， 过的直线交于两点， 过与垂直的直线交于两点，其中在轴左侧，分别为的中点，且直线过定点. （1）求抛物线的方程； （2）设为直线与直线的交点; （i）证明在定直线上； （ii）求面积的最小值. 【答案】（1） （2）（i）证明：因为， 则，又， 所以， 同理可得， 由，消得到， 又由（1）知，所以， 故点在定直线上， （ii） 【解析】 【分析】（1）设出直线，和的方程，联立直线与抛物线方程，得出，，从而求出直线为，再利用条件，即可求出结果； （2）（i）根据条件得出和，联立方程，结合（1）中的韦达定理，即可求出结果；（ii）过点作轴，交直线于点，得出的面积为，再利用几何关系及基本不等式即可求出结果. 【小问1详解】 易知直线，直线斜率均存在，且不为，设，，， 由，消得到，由韦达定理得到， 所以，得到， 同理可得，， 所以， 故直线为，又直线过定点， 所以，得到，故， 所以抛物线的方程为. 【小问2详解】 （i）略 （ii）过点作轴，交直线于点， 则的面积为，由，， 知，当且仅当时，取等号， 下证， 由抛物线的对称性，不妨设，则， 当时，，则点在轴左侧，点也在轴左侧，有， 又直线过定点，此时， 同理，当时，，则点在轴右侧，点也在轴右侧，有，则， 当且仅当时，，，故恒成立 所以，当且仅当时，取等号. 【点睛】关键点点晴：第二问关键在于借助直线联立及第一问中韦达定理得出点的纵坐标恒为，再根据三角形的面积公式及基本不等式求取最值. 19. 已知四面体OABC， ，N为的三等分点(靠近B)，M为的中点，过点M的动平面交射线于，，． （1）如图，当 时， ①求的长． ②空间中一动点T，定义当四面体的体积最小时，是否存在点T，使得？并说明理由． （2）当 时，记四面体 内切球的半径为r，求r 的最大值． 【答案】（1）① ；②不存在，理由见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）①利用空间向量基本定理，再利用空间向量数量积运算律即可得到答案； ②设，，，由共面定理，得，通过计算得，故不存在空间中一点，使得． （2）求出半径的表达式，再利用导数求出最值即可. 【小问1详解】 ①， 所以 ，所以． ②设，，，则，，， 所以，由共面定理，得， 记棱长为1的正四面体的体积为，所以， 由均值不等式， 此时当，即，，取得最小值， 则此时，即，故是的重心， 对空间中任意点，则，， 同理，， 所以 ， 故不存在空间中一点，使得． 【小问2详解】 ，，， 由勾股定理，，，， 由余弦定理，，所以， 所以，所以， 所以，，， 所以（设）， 设，， 当时，； 当时，令，即， 解得，所以， 所以（当时取等）， 所以的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $