精品解析：湖南永州市宁远县第一中学2027届高三上学期收心检测数学学科试卷

2027届高三年级上学期收心检测数学学科 满分：150分　　时间：120分钟 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. 已知集合，，则中的元素个数为（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 2. 已知是两个不共线的向量，向量共线，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 3. 已知等差数列的前项和为，其中，则取得最大值时的值为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 4. 已知直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 5. 已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有（ ） A. 18种 B. 27种 C. 36种 D. 54种 7. 在平面直角坐标系中，，直线的斜率与直线的斜率的差是2，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 3 8. 已知函数函数有4个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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，则（ ） A. B. C. D. 10. 过点作圆：的两条切线，切点分别为，，下列结论正确的是（    ） A. B. 若为直角三角形，则 C. 外接圆的方程为 D. 直线的方程为 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为侧面内一点（含边界），则（ ） A. 若为线段上一点，则三棱锥的体积为定值 B. 若该正方体表面上的动点满足，则动点的轨迹长度是 C. 若为侧面的中心，则过点且与垂直的平面截正方体所得截面面积为 D. 若该正方体的内切球表面上的动点满足平面，则线段长度的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设随机变量，且，则___________． 13. 已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，则__________. 14. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，《孙子算经》中“物不知数”问题的解法符合关于同余式解法的一般性定理，因而也称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：在1到2026这2026个数中，取能被4除余3且被6除余3的数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，则数列的项数为_________． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤． 15. 在中，角所对的边分别为，，，已知. （1）求； （2）若的面积为，且，求的最小值. 16. 如图，在三棱柱中，，，四边形是菱形，，平面ABB1A1⊥平面ABC，点是中点，点是上靠近点的三等分点. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 对于定义在上的函数，若，使得成立，则称为函数的不动点． （1）若，求的不动点； （2）对于二次函数． （i）当时，函数有唯一的不动点，求实数a的取值范围； （ii）若函数有两个不相等的不动点，且，求的最小值． 18. 已知椭圆（）的左、右焦点分别为、，直线（）与椭圆交于、两点（点在点的上方），与轴交于点． （1）当时，点为椭圆上除顶点外任一点，求的周长； （2）若椭圆的离心率为，当为何值时，恒为定值；并求此时面积的最大值． 19. DM训练机器人玩传球游戏，现有编号为的位球员围成一个圆，机器人DM居于圆心位置，传球规则如下：球由DM传给球员，任何球员接球都直接传回DM为一次传球．DM传球给目标球员顺序依次为1→2→3→…→．每次传球时，DM只从尚未接球的球员中随机选择一人，若选中当前目标球员（如当前应传至号，则为目标球员），则传球成功且之后不再给该球员传球，目标球员更新为号；若选中非目标球员，则传球失败，球传回DM，DM记下该球员编号，并在其成为目标球员时直接传球给该球员，且在其成为目标球员前不会再给该球员传球；传球无论成功与否均计为1次传球，直到第号球员接球后传回机器人DM游戏终止． （1）当时， （i）求DM第3次恰好成功完成给2号球员传球的概率； （ii）设为完成全部传球所需总次数，求的分布列及数学期望； （2）设为完成全部传球所需总次数，若，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三年级上学期收心检测数学学科 满分：150分　　时间：120分钟 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. 已知集合，，则中的元素个数为（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】， ， ，即中的元素个数为. 2. 已知是两个不共线的向量，向量共线，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量共线，可得，列方程即可求得答案. 【详解】因为向量共线， 所以存在实数 ，使得， 所以，解得，则. 故选：D. 3. 已知等差数列的前项和为，其中，则取得最大值时的值为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的性质进行判断即可. 【详解】因为等差数列满足，时，，时，. 所以当时，取得最大值. 故选：B. 4. 已知直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据充分条件，必要条件的定义，结合两条直线平行的条件即可求出答案. 【详解】当，直线，此时，故“”是“”的充分条件， 由，得，解得，故“”是“”的必要条件， 故“”是“”的充要条件. 故选：C. 5. 已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合复合函数单调性、对数函数的定义域来求得 a 的取值范围. 【详解】函数是开口向上的二次函数，其对称轴为； 因为函数在区间上单调递增， 所以内层函数在区间上单调递增且在区间上恒成立 即，即实数的取值范围是. 故选：B. 6. 将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有（ ） A. 18种 B. 27种 C. 36种 D. 54种 【答案】A 【解析】 【分析】先将6张卡片分为3组，再将3组不同卡片放入3个不同的信封即可. 【详解】6张卡片平均分成3组且1，2的卡片同组有种方法， 再将3组卡片放入3个不同的信封中有种方法， 所以将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中， 若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有种方法. 7. 在平面直角坐标系中，，直线的斜率与直线的斜率的差是2，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】设 ，由直线的斜率与直线的斜率的差是2，得到点 M 的轨迹方程， ；由，化简得到， 利用换元法令 ，求解得到. 【详解】设 ， 因为直线的斜率与直线的斜率的差是2， 所以， 化简得到点 M 的轨迹方程， ， 由，将代入得到 ， 令得到且， 所以，（且）为开口朝上的二次函数，对称轴 当时，，所以. 故选：A. 8. 已知函数函数有4个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题作出函数图象，将题意转化为与有4个交点，结合图象分析求解即可. 【详解】当时，，当时，， 当时，，， 所以， 当时，，， 所以， 当时，，， 所以， 当时，，， 所以， 作出函数的大致图象， 若函数有4个零点，即与有4个交点， 当直线过点时，；当直线过点时，； 由图可知，与有4个交点时，有， 故选：D 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用复数模的意义、乘法运算，结合共轭复数的意义逐项计算判断. 【详解】对于A，，，A正确； 对于B，，则，B正确； 对于C，，则，C正确； 对于D，，，，D错误. 故选：ABC 10. 过点作圆：的两条切线，切点分别为，，下列结论正确的是（    ） A. B. 若为直角三角形，则 C. 外接圆的方程为 D. 直线的方程为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据圆的切线、外接圆以及直线方程等相关知识，需要依次分析每个选项. 【详解】 因为圆：的圆心为，半径为， 当点在圆外时，才可以作条切线， 所以，即，故A错误； 为直角三角形，则四边形为正方形， 所以，解得，故B正确； 外接圆的圆心为的中点， 即为，半径为，又，，，四点共圆， 所以外接圆的方程为，故C错误； 将和相减即得直线的方程， 所以直线的方程为，故D正确． 故选:BD． 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为侧面内一点（含边界），则（ ） A. 若为线段上一点，则三棱锥的体积为定值 B. 若该正方体表面上的动点满足，则动点的轨迹长度是 C. 若为侧面的中心，则过点且与垂直的平面截正方体所得截面面积为 D. 若该正方体的内切球表面上的动点满足平面，则线段长度的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由平面，结合三棱锥的体积公式判断A；确定动点的轨迹并求出长度判断B；确定符合条件的截面并求出面积判断C；确定符合条件的点的轨迹，再求出长度的最小值判断D. 【详解】对于A，若为上一点，由、平面、平面， 得平面，则点到平面的距离为定值，又的面积为定值， 因此三棱锥的体积为定值，A正确； 对于B，动点在正方形、正方形、正方形内， 其轨迹是以点为圆心，2为半径的圆弧， 因此动点的轨迹长度是，B错误； 对于C，若为的中心，即的中点，取的中点， 连接，则， 由平面得，则， 又平面， 于是平面，，取中点，连接，同理， 因此平面，过与垂直的平面截正方体所得截面为， ，则的面积为，C正确； 对于D，在正方体中，平面平面， 由点满足平面，则点在平面上， 又点在正方体的内切球表面上， 则点的轨迹为正三角形的内切圆，记圆心为，半径为， 因此的最小值为，D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设随机变量，且，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】先求解出，然后根据正态分布曲线的对称性可求解出. 【详解】因为随机变量，所以其正态曲线关于对称， 因此：， 又因为，所以， 所以， 所以. 故答案为：. 13. 已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，则__________. 【答案】或 【解析】 【分析】根据导函数与斜率的关系求出切线方程，联立曲线和切线方程，根据方程只有一个解求解即可. 【详解】因为，所以， 所以当时，，即切线的斜率为2， 所以由点斜式得即， 联立整理得， 因为切线与曲线只有一个公共点， 所以方程只有一个根， 当时，方程为只有一个根，满足题意； 当时，，即，解得， 综上或， 故答案为: 或. 14. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，《孙子算经》中“物不知数”问题的解法符合关于同余式解法的一般性定理，因而也称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：在1到2026这2026个数中，取能被4除余3且被6除余3的数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，则数列的项数为_________． 【答案】169 【解析】 【分析】由能被4除余3且被6除余3的数就是能被12整除余3的数，运用等差数列的通项公式，以及解不等式即可得到所求的项数. 【详解】题目要求数满足两个条件：被4除余3、被6除余3，即该数减去3之后，既能被4整除，也能被6整除. 即为4和6的最小公倍数12的倍数， 因此所有符合要求的数都可以表示为， 显然数列为等差数列，且首项为3，公差为12. 由，则，解得 . 由于是正整数，的取值为，总共有169项. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤． 15. 在中，角所对的边分别为，，，已知. （1）求； （2）若的面积为，且，求的最小值. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理以及余弦定理计算可得，可求； （2）由三角形面积公式以及向量表示，利用向量数量积的运算律可得的最小值为. 【小问1详解】 由正弦定理得， 即， 由余弦定理可得， 因为， 所以. 【小问2详解】 由已知，所以. 因为，所以， 可得， 所以 ， 又， 当且仅当，时取等号， 所以的最小值为. 16. 如图，在三棱柱中，，，四边形是菱形，，平面ABB1A1⊥平面ABC，点是中点，点是上靠近点的三等分点. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】 【分析】（1）取中点，连结，，可证，，利用线面垂直的判定定理得到AB⊥平面A1OC，进而证得； （2）利用面面垂直的性质定理可证，，两两垂直，以此为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量方法求解即可. 【详解】证明：（1）取中点，连结， 在中，，， ∴， 在菱形中，由可知为等边三角形， ∴， 又∵，A1⊂平面A1OC，OC⊂平面A1OC， ∴AB⊥平面A1OC，A1C⊂平面A1OC， ∴. （2）∵平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1∩平面ABC=AB， 由（1）可知，∴，，两两垂直， 如图，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标， 不妨设，则，，，，，. 由，得， 则的中点， 从而，. 设平面的法向量为，则， 即，不妨取，得，即. 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 【点睛】本题考查线面垂直的判定与证明，面面垂直的性质定理，考查直线与平面所成的角，属基础题，要熟练准确掌握线面，面面垂直的判定与性质定理，求解线面角，面面角时利用空间坐标系和空间向量的工具计算是有效便捷的方法. 17. 对于定义在上的函数，若，使得成立，则称为函数的不动点． （1）若，求的不动点； （2）对于二次函数． （i）当时，函数有唯一的不动点，求实数a的取值范围； （ii）若函数有两个不相等的不动点，且，求的最小值． 【答案】（1） （2）（i） （ii） 【解析】 【分析】（1）根据题意得到的解析式，然后根据不动点的定义计算即可； （2）（i）将时，有唯一的不动点转化为函数在上只有一个零点，然后列不等式求解即可； （ii）将有两个不相等的不动点，且转化为方程有两个不相等的正根，然后结合韦达定理和基本不等式求最值即可. 【小问1详解】 ， 则不动点满足，即， 整理得， 因为，所以， 当时，，解得，满足； 当时，，无解， 所以的不动点为. 【小问2详解】 （i）， 当时，有唯一的不动点，则方程只有一个解， 即函数在上只有一个零点， 当时，，，满足要求； 当，即时，，解得或， 时，，在上只有一个零点1， 时，，在上只有一个零点1， 所以的取值范围为. （ii）令，整理得， 则 ，解得， ， 令， 则， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为. 【点睛】方法点睛：一元二次方程根的分布问题： （1）图形法：考虑开口、对称轴、和端点处函数值的正负等因素； （2）韦达定理的方法：根据和的正负判断根的正负. 18. 已知椭圆（）的左、右焦点分别为、，直线（）与椭圆交于、两点（点在点的上方），与轴交于点． （1）当时，点为椭圆上除顶点外任一点，求的周长； （2）若椭圆的离心率为，当为何值时，恒为定值；并求此时面积的最大值． 【答案】（1）； （2），恒为定值；面积的最大值为 【解析】 【分析】（1）由椭圆定义可得周长； （2）由离心率得到椭圆方程，联立直线方程，得到两根之和，两根之积，表达出，从而得到时，恒为定值；并求出，由基本不等式求出最值，得到答案. 【小问1详解】 当时，椭圆方程为，故且， 由椭圆定义可得，的周长为； 【小问2详解】 由题意得，解得， 椭圆方程，联立，消元得， ，可得， 设，，则，， 又因为、在椭圆上，则，， 则 ， 当为定值时，即与无关，故，得， 此时， 又点到直线的距离， 所以 ， 当且仅当，即时，等号成立， 因为，经检验，此时成立，所以面积的最大值为． 19. DM训练机器人玩传球游戏，现有编号为的位球员围成一个圆，机器人DM居于圆心位置，传球规则如下：球由DM传给球员，任何球员接球都直接传回DM为一次传球．DM传球给目标球员顺序依次为1→2→3→…→．每次传球时，DM只从尚未接球的球员中随机选择一人，若选中当前目标球员（如当前应传至号，则为目标球员），则传球成功且之后不再给该球员传球，目标球员更新为号；若选中非目标球员，则传球失败，球传回DM，DM记下该球员编号，并在其成为目标球员时直接传球给该球员，且在其成为目标球员前不会再给该球员传球；传球无论成功与否均计为1次传球，直到第号球员接球后传回机器人DM游戏终止． （1）当时， （i）求DM第3次恰好成功完成给2号球员传球的概率； （ii）设为完成全部传球所需总次数，求的分布列及数学期望； （2）设为完成全部传球所需总次数，若，证明：． 【答案】（1）（i）； （ii）的分布列为 5 6 7 8 9 数学期望. （2） 记为第号球员接球的次数，则， 时，将抽取球员的编号理解为一个数列：， 表示第一次选错了2，第二次选对了1，第三次由于此时目标为2，直接给2， 不难发现，若，将各元素第一次出现的相对次序记为一个数列，如， 则必在出现之后再出现， 相当于计算在最后一位的情况占排列的比例， 则，，, . 对任意，有， 下面证明该不等式成立，设，， 则在上恒成立， 则在上单调递减，则， 即在恒成立， 令，则：， 则， 则. 【解析】 【分析】（1）（i）由题干可知，第一、三次传球成功且第二次失败，或第一次失败且第二、三次成功，再利用分步乘法计数原理计算即可； （ii）先求出的取值范围，再求出对应的概率，代入公式即可； （2）记为第号球员接球的次数，将抽取球员的编号理解为一个数列，计算在最后一位的情况占排列的比例，结合即可证明. 【小问1详解】 （i）设事件A为＂第3次恰好成功完成给2号球员传球＂， 情况一：第1次传球成功（传给1号），第2次失败，第3次成功（传给2号）， 概率为， 情况二：第1次传球失败，第2次成功（传给1号），第3次成功（传给2号）， ①：第1次传球选中的是2号，则第3次对2号是直接传球， 概率为， ②：第1次传球选中的非2号球员（号之一），则第3次对2号是随机选择成功，概率为， 综上，. （ii）可能的取值为， ， 当时，2到5号球员恰好全部在1号成功之前误传， 则， 当时，只有1位球员在所有比他小的球员传球时误传，， 当时，有3次误传，， ， 故的分布列为 5 6 7 8 9 数学期望. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $