精品解析：四川省字节精准教育联盟2027届高三上学期暑假素养提升反馈练习（开学一轮摸底）数学试题

字节精准教育联盟·一轮摸底 2027年普通高等学校招生全国统一考试 （高2027届暑假素养提升反馈练习） 数学 考生注意： 1.练习分为试题卷和答题卡两部分，试题卷和答题卡各1张. 2.试题卷共4页，答题卡共2面，满分150分，测试时间120分钟. 3.练习前，同学们务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将试题卷和答题卡内项目填写清楚. 4.同学们作答时，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0.5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. 5.考试结束后，请将试题卷、答题卡和草稿纸一并交回. 一、选择题：共8小题，每小题5分，满分40分.在每题所给出的四个选项中，只有一项是正确的. 1. 数据6，4，3，6，3，8，8，3，1，8，则关于这组数据下列说法错误的是（ ） A. 中位数为5 B. 方差为1.6 C. 平均数为5 D. 85%分位数为8 2. 在中，D是线段AC的中点，E是线段BD的中点，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知角与的终边关于轴对称，且，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 4. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 抛物线的焦点和抛物线的焦点之间的距离为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的最小值为－1，则实数a＝（ ） A. －1 B. 0 C. 1 D. 2 7. 设数列满足，数列满足，数列是由数列公共项按从小到大的顺序组成一个新的数列，设数列的前项和为，则（ ） A. 838 B. 842 C. 846 D. 850 8. 设集合为平面中点构成的集合，.从中随机取一个点(不包含)，该点与构成的直线与轴平行的概率为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：共3小题，每小题6分，满分18分.在每题所给出的四个选项中，有多项是正确的，全部选对得满分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 设，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知表示圆，则下列结论正确的是（ ）． A. 圆心坐标为 B. 圆心坐标为 C. 半径 D. 半径 11. 如图，圆锥的底面半径为，高为，是的直径，点在上，且，为的中点，则（ ） A. 平面 B. 为等边三角形 C. 平面 D. 圆锥的侧面积为 三、填空题：共3小题，每小题5分，满分15分. 12. 已知经过椭圆的左顶点和上顶点的弦的中点坐标为，则的离心率为________． 13. 已知函数的函数值等于的正因数的个数．例如，，则______． 14. 设实数满足：存在数列，使得对于任意，均有，且中有某连续9项，，，是公比为的等比数列，则的最大值为__________． 四、解答题：共5小题，满分77分.解答时要写出相应的步骤与公式定理，在必要的地方写出文字描述. 15. 如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是菱形，分别是棱的中点． （1）证明：平面． （2）证明：平面. 16. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角B的大小； （2）若，且，求的值． 17. 某市举办“数字科技商品”展销会，现场进行抽奖活动．已知奖箱中共有3个标记一等奖、6个标记二等奖的标签．二等奖的标签中有个标记“国产”，其余标记“合资”、所有标签除了内容不同，其余完全相同．若从箱中一次性随机抽取2个标签，恰好抽到一个标有“国产”一个标有“合资”的概率是抽到2个均标有“国产”的概率的3倍． （1）求的值； （2）若甲有连续三次抽奖的机会，每次从箱中一次性随机抽取2个标签，抽完后放回箱中．表示甲三次抽奖中每次恰好获得一个一等奖和一个二等奖的次数，求的分布列及数学期望； （3）若乙从箱中一次性随机抽取3个标签，已知其中至少有一个是二等奖“合资”，求抽到的3个标签中恰有两个一等奖的概率． 18. 已知曲线上动点到两点，的距离之和为4，直线和曲线相交于两点，为坐标原点． （1）写出曲线的方程； （2）若以为直径的圆经过原点，求实数的值． 19. 已知函数． （1）当时，证明：． （2）若恒成立，求的取值范围． （3）若有两个极小值点，且对任意满足条件的，都有恒成立，求符合条件的整数的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 字节精准教育联盟·一轮摸底 2027年普通高等学校招生全国统一考试 （高2027届暑假素养提升反馈练习） 数学 考生注意： 1.练习分为试题卷和答题卡两部分，试题卷和答题卡各1张. 2.试题卷共4页，答题卡共2面，满分150分，测试时间120分钟. 3.练习前，同学们务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将试题卷和答题卡内项目填写清楚. 4.同学们作答时，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0.5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. 5.考试结束后，请将试题卷、答题卡和草稿纸一并交回. 一、选择题：共8小题，每小题5分，满分40分.在每题所给出的四个选项中，只有一项是正确的. 1. 数据6，4，3，6，3，8，8，3，1，8，则关于这组数据下列说法错误的是（ ） A. 中位数为5 B. 方差为1.6 C. 平均数为5 D. 85%分位数为8 【答案】B 【解析】 【分析】将数据重写排列，然后分别按照中位数，方差，平均数，百分位数概念计算判断即可. 【详解】将数据从小到大排列为1，3，3，3，4，6，6，8，8，8， 中位数为，平均数为， 由，所以85%分位数为第9个数为8， 方差为， 所以ACD正确，B错误. 故选：B 2. 在中，D是线段AC的中点，E是线段BD的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算即可求解 【详解】因为是的中点，所以； 又是的中点，根据向量中点性质：， 将代入得： . 3. 已知角与的终边关于轴对称，且，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】推导出，利用余弦函数的基本性质可得出的最大值. 【详解】因为角与的终边关于轴对称，则，故， 因为，，所以， 故的最大值为. 故选：B. 4. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，则，当时，， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. 5. 抛物线的焦点和抛物线的焦点之间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】抛物线的焦点坐标为，抛物线的焦点坐标为， 故两焦点之间的距离． 6. 已知函数的最小值为－1，则实数a＝（ ） A. －1 B. 0 C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】求导，研究函数的单调性，得到函数的最小值，列出方程，求出的值. 【详解】，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增．故当时函数取得极小值，也是最小值．故，所以a＝－1． 故选：A． 7. 设数列满足，数列满足，数列是由数列公共项按从小到大的顺序组成一个新的数列，设数列的前项和为，则（ ） A. 838 B. 842 C. 846 D. 850 【答案】D 【解析】 【详解】由可知是以2为首项，以2为公差的等差数列， 由可知是以2为首项，以3为公差的等差数列， 所以是以2为首项，以6为公差的等差数列， 所以. 8. 设集合为平面中点构成的集合，.从中随机取一个点(不包含)，该点与构成的直线与轴平行的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设中随机取一个点，且点不与点重合， 若直线与轴平行，则，可知， 设样本空间为，直线与轴平行为事件A， 则，， 所以该点与构成的直线与轴平行的概率为. 二、选择题：共3小题，每小题6分，满分18分.在每题所给出的四个选项中，有多项是正确的，全部选对得满分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，因为，所以，故A正确； 对于B，因为，所以，故B正确； 对于C，因为，所以，故C错误； 对于D，因为，所以，故D正确. 10. 已知表示圆，则下列结论正确的是（ ）． A. 圆心坐标为 B. 圆心坐标为 C. 半径 D. 半径 【答案】AD 【解析】 【分析】配方后化为圆的标准方程进而即得. 【详解】由可得， 所以圆心坐标为，半径为. 故选：AD 11. 如图，圆锥的底面半径为，高为，是的直径，点在上，且，为的中点，则（ ） A. 平面 B. 为等边三角形 C. 平面 D. 圆锥的侧面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】先由圆锥的性质和几何关系，利用中位线定理判断线面平行，结合母线长与余弦定理判断三角形形状，再通过圆锥侧面积公式直接计算；对于选项C，采用反证法，假设线面垂直推出线线垂直，再通过计算三角形边长验证矛盾，从而判定该选项错误。 【详解】 对于A，因为分别是的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面，A正确； 对于B，在中，，，， 在中，，，， 在中，，，， ， 所以，所以为等边三角形，B正确； 对于C，连接，假设平面， 因为平面，平面，所以 在中，，，， 所以，所以为等腰三角形， 故与不垂直， 这与矛盾，因此假设不成立，C错误； 对于D，根据圆锥侧面积公式，所以圆锥的侧面积为，D正确． 三、填空题：共3小题，每小题5分，满分15分. 12. 已知经过椭圆的左顶点和上顶点的弦的中点坐标为，则的离心率为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意求出，再根据椭圆的离心率公式即可得解. 【详解】椭圆的左顶点和上顶点的坐标分别为， 由题意可得，解得， 所以，则， 所以的离心率. 故答案为：. 13. 已知函数的函数值等于的正因数的个数．例如，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】将分解质因数，取质因数的不同组合即可求解. 【详解】将分解质因数：，而也为因数， 则所有正因数为：，共个. 14. 设实数满足：存在数列，使得对于任意，均有，且中有某连续9项，，，是公比为的等比数列，则的最大值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由前项和公式推出每连续三项的和. 将连续9项按起始位置模3分类，每类中利用三项块和等于得到关于公比的比例关系，通过相邻块和之比解得的上界，即可取得最大值. 【详解】令，由题意得， 因此每个三项块的和为. 设这9项为，记. 由于，且完整三项块和均为正， 下面按除以3的余数讨论. 若，这9项正好包含三个完整三项块， 得，，， 于是且，矛盾，故这种起点不存在. 若，其中两个完整三项块为第块，第块， 得，，所以. 若，其中两个完整三项块为第块，第块， 得，，所以. 综上，所以，即的最大值为. 四、解答题：共5小题，满分77分.解答时要写出相应的步骤与公式定理，在必要的地方写出文字描述. 15. 如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是菱形，分别是棱的中点． （1）证明：平面． （2）证明：平面. 【答案】（1） ∵平面平面，平面平面， 平面，∴平面. ∵平面，∴平面平面. ∵四边形是菱形，∴. 又平面，平面平面， ∴平面． （2） 取棱的中点，连接. ∵分别是棱的中点， ∴∥，∥. ∵∥，∴∥. ∵平面，平面， ∴∥平面； 同理由∥，得∥平面. ∵平面， ∴平面∥平面； 又平面，∴∥平面. 【解析】 【分析】（1）由平面与平面垂直的性质定理可得平面，再由平面与平面垂直的判定定理得平面平面，最后由平面与平面垂直的性质定理得平面； （2）取棱的中点，连接，由平面与平面平行的判定定理得平面∥平面，进而证得∥平面. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角B的大小； （2）若，且，求的值． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）由正弦定理和辅助角公式得，求出； （2）由正弦定理和余弦定理得，开方可得答案 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 又，所以，所以， 即，， 又，所以，所以，所以； 【小问2详解】 由（1）知，，又， 则由正弦定理得． 由余弦定理可得，所以， 所以， 根据正弦定理得，， 因为，则，所以， 所以． 17. 某市举办“数字科技商品”展销会，现场进行抽奖活动．已知奖箱中共有3个标记一等奖、6个标记二等奖的标签．二等奖的标签中有个标记“国产”，其余标记“合资”、所有标签除了内容不同，其余完全相同．若从箱中一次性随机抽取2个标签，恰好抽到一个标有“国产”一个标有“合资”的概率是抽到2个均标有“国产”的概率的3倍． （1）求的值； （2）若甲有连续三次抽奖的机会，每次从箱中一次性随机抽取2个标签，抽完后放回箱中．表示甲三次抽奖中每次恰好获得一个一等奖和一个二等奖的次数，求的分布列及数学期望； （3）若乙从箱中一次性随机抽取3个标签，已知其中至少有一个是二等奖“合资”，求抽到的3个标签中恰有两个一等奖的概率． 【答案】（1） （2）分布列为： 0 1 2 3 （3） 【解析】 【详解】（1）设从箱中一次性随机抽取2个标签， 恰好抽到一个标有“国产”一个标有“合资”的概率为，抽到2个均为“国产”的概率为， 因为，，其中， 因为，所以， 所以， 解得； （2）甲每次抽取2个签，恰好抽到一个一等奖和一个二等奖的概率为， 因为随机变量可以取， 其中， ， ， ， 所以的分布列用表可以表示如下： 0 1 2 3 所以． 另解：因为，所以． （3）设事件：乙从箱中一次性随机抽取3个签，其中至少有一个是二等奖“合资”， 设事件：乙从箱中一次性随机抽取3个签，抽到的3个签中恰有两个一等奖． 则所求问题即为：事件发生条件下发生的概率， 由（1）知，6个标记二等奖的标签中，有3个标记“国产”，有3个标记“合资”， 则，， 所以 所以已知其中至少有一个是二等奖“合资”，抽到的3个签中恰有两个一等奖的概率为. 18. 已知曲线上动点到两点，的距离之和为4，直线和曲线相交于两点，为坐标原点． （1）写出曲线的方程； （2）若以为直径的圆经过原点，求实数的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）曲线上动点满足，得出，求出几何量，即可得到椭圆的方程； （2）直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理，及，即可求得结论． 【小问1详解】 由题意知曲线是椭圆， 设椭圆的焦半距为，则由题设，得，， 所以， 故所求椭圆的方程为； 【小问2详解】 若以为直径的圆经过原点， 设点，，，， 将直线的方程代入， 并整理，得， 则，． 因为以线段为直径的圆恰好经过坐标原点， 所以，即． 又， 于是，解得， ， 当时，，符合条件， 所以以为直径的圆经过原点，． 19. 已知函数． （1）当时，证明：． （2）若恒成立，求的取值范围． （3）若有两个极小值点，且对任意满足条件的，都有恒成立，求符合条件的整数的最大值． 【答案】（1）由题意得函数的定义域为． 当时，，求导得， 令，求导得，令，， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故，又， 当时，，，单调递减， 当时，，，单调递增， ，故成立． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）构造函数并利用导数判断单调性，进而证明不等式即可. （2）对原函数合理同构得到，再转化为，最后结合分离参数法求解最值即可. （3）建立方程关系，变量代换，构造函数求最值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意得，， 令，， 则时，时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 则，即，而等价于， 又因，则在上成立，令，， 则，得到在上单调递增， 则．所以，即． 【小问3详解】 ，则， 令，由题意得不符合题意；， 当时，在递减，在递增， 得到，，，，， 而有两个零点， 且，故， 若，，，单调递减， 若，，，单调递增， 若，，，单调递减， 若，，，单调递增， 此时的极小值点为，且，． 两边取对数得，，， 令，则，代入解得，， 于是， 设，求导得， 令，得到， 令，，单调递增，令，，单调递减， 而，，， 所以在内存在唯一零点，， 使得在上单调递减，在上单调递增，故在处取得最小值． 则， 而，得到，故整数的最大值为2． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $