精品解析：云南昭通市第一中学2027届高三上学期8月检测数学试卷

数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚． 2．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．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效． 3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟． 一、单项选择题（本大题共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. 设，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，满足，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知双曲线的渐近线与圆相切，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆台的上、下底面半径分别为2和4，母线与底面的夹角为，则该圆台的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 某校举行“数学文化节”活动，有5个不同的节目参加汇演，其中包含一个舞蹈节目和一个合唱节目，要求舞蹈节目必须在合唱节目之前演出，且这两个节目不能相邻，则不同的节目顺序有（ ） A. 36种 B. 72种 C. 24种 D. 240种 8. 已知定义在上的连续函数，其导函数为，若．且当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．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. 已知圆，则下列说法正确的有（ ） A. 点在圆内 B. 直线截圆所得的弦长为 C. 圆与圆外离 D. 圆在点处的切线方程为 10. 已知是公差的等差数列，其前项和为，且，，则下列说法正确的有（ ） A. B. 当且仅当时，取最小值 C. 数列是等比数列 D. 11. 已知的顶点均在抛物线上，且的重心为抛物线的焦点．若，则（ ） A. B. 的周长小于36 C. 的三个顶点到轴的距离之和为9 D. 上一动点到直线的距离的最小值为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 的展开式中的系数为_________． 13. 已知函数有零点，则的取值范围是_________． 14. 在平面直角坐标系中，若、，则称“”为、两点的“曼哈顿距离”，若动点到两定点、的“曼哈顿距离”之和为定值，则称点的轨迹为“曼哈顿椭圆”，若点为该“曼哈顿椭圆”上一点，则该“曼哈顿椭圆”的面积为_________． 四、解答题（共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求角的大小； （2）若，的周长为12，求的面积． 16. 2026年，软件已广泛覆盖办公、学习、创作、生活等多个场景，给人们的生活带来了便捷，实现了从“生成式”向“决策式”的全面跨越．行业焦点已从“能说会道”的创造能力，转向其“能落地干活”的自主决策与执行能力．某公司进行知识竞赛．从参赛者中随机选出100人的成绩作为样本，将成绩（满分100分）分为，，，，，共5组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求的值以及第80百分位数； （2）假设用频率估计概率，从全公司中随机抽取3人，用表示其成绩在范围的人数，求的分布列、期望及方差． 17. 如图，四棱锥的底面为矩形，平面，点，分别为棱，的中点． （1）证明：平面； （2）当且时，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 著名的古希腊数学家阿基米德首次利用“逼近法”得到了椭圆的面积公式为：（其中a，b分别为椭圆的长半轴长与短半轴长）.已知椭圆C：的面积为，左、右焦点分别为，，A是椭圆C上的动点，且点A到点，的距离之和为. （1）求椭圆C的标准方程. （2）设椭圆C的右焦点为，过点作斜率不为0的直线交椭圆C于M，N两点，设直线和的斜率分别为，. （i）求证：为定值； （ⅱ）求面积的最大值. 19. 已知函数，，． （1）若时，求在处的切线方程； （2）若时，证明：当时，； （3）已知数列满足，其前项和为，证明：对任意正整数，都有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚． 2．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．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效． 3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟． 一、单项选择题（本大题共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. 设，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【详解】由，得， 因为，所以. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据集合中的元素求出集合,再利用交集定义求出结果. 【详解】将1，2，3，4，5分别代入得到,即,所以 3. 已知向量，满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题可知， 所以. 4. 已知双曲线的渐近线与圆相切，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出双曲线的渐近线方程，利用圆心到渐近线的距离等于圆的半径可求出双曲线的离心率的值. 【详解】双曲线的渐近线方程为，圆的圆心为，半径为， 由题意可知，圆心到直线的距离为，解得， 故双曲线的离心率为. 5. 已知圆台的上、下底面半径分别为2和4，母线与底面的夹角为，则该圆台的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】如图，作出符合题意的图形，作， 由题意得， 则在直角三角形中，有，，解得，即圆台的母线长. 可得圆台的表面积. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据，利用诱导公式及二倍角公式求值. 【详解】因为，所以 . 7. 某校举行“数学文化节”活动，有5个不同的节目参加汇演，其中包含一个舞蹈节目和一个合唱节目，要求舞蹈节目必须在合唱节目之前演出，且这两个节目不能相邻，则不同的节目顺序有（ ） A. 36种 B. 72种 C. 24种 D. 240种 【答案】A 【解析】 【分析】先给除舞蹈节目和合唱节目外的三个节目排序，再用插空法排舞蹈节目和合唱节目. 【详解】参加汇演的节目除一个舞蹈节目和一个合唱节目外，其余3个有种排列方法； 此时，可产生4个空位，让一个舞蹈节目和一个合唱节目插空，且舞蹈节目必须在合唱节目之前演出，即顺序确定， 所以有种排法. 因此，共有种不同的节目顺序. 8. 已知定义在上的连续函数，其导函数为，若．且当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数，分析出该函数为偶函数，结合导数可知函数在上为减函数，将所求不等式变形为，结合函数的单调性与奇偶性可得出关于的不等式，解之即可. 【详解】构造函数，该函数的定义域为，且函数在上连续， 则， 故函数为偶函数， 当时，，所以函数在上为减函数， 由可得， 即，可得，所以，则， 整理可得，解得， 所以不等式的解集为. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．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. 已知圆，则下列说法正确的有（ ） A. 点在圆内 B. 直线截圆所得的弦长为 C. 圆与圆外离 D. 圆在点处的切线方程为 【答案】ACD 【解析】 【详解】圆的圆心为，半径. 选项：点到圆心的距离平方为， 故该点在圆内，正确. 选项：圆心到直线的距离，弦长为，错误. 选项：圆的圆心为，半径，圆心距，而，故两圆外离，正确. 选项：点满足，在圆上.圆在点处的切线方程为，代入得，正确. 10. 已知是公差的等差数列，其前项和为，且，，则下列说法正确的有（ ） A. B. 当且仅当时，取最小值 C. 数列是等比数列 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式及前项和公式、等比数列的性质，结合韦达定理及数列的函数性质求解即可. 【详解】对于A，设等差数列的首项为，则，. 可将，看作方程的两根，解得或. 因为，所以，故，. 公差，. 故通项公式为，A正确. 对于B，，这是开口向上的二次函数，对称轴. 因为，所以当或时，均取最小值，B错误. 对于C，令，则， 所以是首项为、公比为4的等比数列，C正确. 对于D，令，解得， 当时，；当时，， 易知，，，，，，，，，， 所以，D错误. 11. 已知的顶点均在抛物线上，且的重心为抛物线的焦点．若，则（ ） A. B. 的周长小于36 C. 的三个顶点到轴的距离之和为9 D. 上一动点到直线的距离的最小值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据抛物线的定义性质，重心坐标公式，平行线间的距离公式逐项求解即可. 【详解】 抛物线的焦点， 设,由抛物线定义可知：,已知， 即， 又因为的重心为抛物线的焦点，即代入 得或，因为所以，故A对 抛物线. 因为的重心为抛物线的焦点，所以(三角形两边之和大于第三边)， 即的周长，故B对. 的三个顶点到轴的距离之和，故C对. 设与直线平行，与抛物线相切的直线方程为， 联立得，， 所以直线，两条平行线间的距离：， 即动点到直线的距离的最小值为，故D错. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 的展开式中的系数为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式展开式通项公式求解即可. 【详解】展开式通项公式为. 令，则. 所以的展开式中的系数为. 13. 已知函数有零点，则的取值范围是_________． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数求出函数的最小值，再结合零点存在性定理列式求得的取值范围. 【详解】由得. 令，即，得. 当时，；当时，. 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增. 所以. 又当时，；当时， 因为函数有零点，则. 所以. 14. 在平面直角坐标系中，若、，则称“”为、两点的“曼哈顿距离”，若动点到两定点、的“曼哈顿距离”之和为定值，则称点的轨迹为“曼哈顿椭圆”，若点为该“曼哈顿椭圆”上一点，则该“曼哈顿椭圆”的面积为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据“曼哈顿距离”的定义，把“曼哈顿距离”表示出来直接去绝对值符号画图象即可求解. 【详解】设，则、两点的“曼哈顿距离”为， 则、两点的“曼哈顿距离”为， 所以， 当且时，由可得， 当且时，由可得， 当且时，由可得， 当且时，由可得， 当且时，由可得， 当且时，由可得. 画出该“曼哈顿椭圆”的图象如下图所示： 右侧梯形的上底为，下底为， 所以该“曼哈顿椭圆”的面积为. 四、解答题（共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求角的大小； （2）若，的周长为12，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理进行边角互化，再结合两角和的正弦公式进行化简可得，或由余弦定理角化边可得； （2）由余弦定理结合（1）的结论，求得，从而求得的面积． 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理得， 即， 所以，即， 在中，可得，所以， 因为，所以. 方法二： 因为， 所以， 化简得，， 所以， 因为，所以. 【小问2详解】 由的周长为，可得． 由余弦定理得，则， 即，所以，即， 故的面积为． 16. 2026年，软件已广泛覆盖办公、学习、创作、生活等多个场景，给人们的生活带来了便捷，实现了从“生成式”向“决策式”的全面跨越．行业焦点已从“能说会道”的创造能力，转向其“能落地干活”的自主决策与执行能力．某公司进行知识竞赛．从参赛者中随机选出100人的成绩作为样本，将成绩（满分100分）分为，，，，，共5组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求的值以及第80百分位数； （2）假设用频率估计概率，从全公司中随机抽取3人，用表示其成绩在范围的人数，求的分布列、期望及方差． 【答案】（1），82.5 （2） 0 1 2 3 ， 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图中所有小矩形面积和为1，列出关于的方程并求解； （2）根据频率计算各层人数，按比例确定分层抽样中两组抽取人数，再判断其服从二项分布，逐一求概率后列分布表并算期望； 【详解】（1）由频率分布直方图得，解得． 又，故第80百分位数在，则， 所以第80百分位数为82.5． （2）成绩在的频率为， 用频率估计概率，则从全公司中随机抽取1人，成绩在的概率为0.25． 随机抽取3人，成绩在范围的人数服从二项分布， 则，，，，， 0 1 2 3 得到，． 17. 如图，四棱锥的底面为矩形，平面，点，分别为棱，的中点． （1）证明：平面； （2）当且时，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：如图2，取的中点为，连接，． 因为四边形是矩形，且点为的中点，所以， 且， 又因为，分别为，的中点，所以， 且， 所以，且，所以四边形为平行四边形， 所以，且平面，平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，连接，，易证四边形为平行四边形，从而得，再根据线面平行的判定定理可得平面； （2）分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，根据面面角的向量求法可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，四边形为矩形， 所以分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图3所示． 因为为中点，所以，即为等腰直角三角形，即． 又因为四边形是矩形，所以，所以，即． 又， 所以，，，，， 则，，，， 设平面的法向量为， 则，即， 则，令，则，所以； 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，所以． 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为． 18. 著名的古希腊数学家阿基米德首次利用“逼近法”得到了椭圆的面积公式为：（其中a，b分别为椭圆的长半轴长与短半轴长）.已知椭圆C：的面积为，左、右焦点分别为，，A是椭圆C上的动点，且点A到点，的距离之和为. （1）求椭圆C的标准方程. （2）设椭圆C的右焦点为，过点作斜率不为0的直线交椭圆C于M，N两点，设直线和的斜率分别为，. （i）求证：为定值； （ⅱ）求面积的最大值. 【答案】（1） （2）（i）由（1）可知，所以，所以右焦点为， 设过点的直线方程为， 将直线代入椭圆方程得， 整理得，设， 由韦达定理得， 因为直线与椭圆有两个交点，所以，解得. ； （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用已知求得的关系式，进而求解即可； （2）（i）求得右焦点为，设过点的直线方程为，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系可得，进而计算可证得结论.（ⅱ）利用，结合根与系数的关系可得，进而利用换元法与基本不等式可求得面积的最大值. 【小问1详解】 由题意可得，解得，所以椭圆C的标准方程为. 【小问2详解】 （ⅱ） ， 令，所以， 所以， 当且仅当，即（此时）取等号. 所以面积的最大值为. 19. 已知函数，，． （1）若时，求在处的切线方程； （2）若时，证明：当时，； （3）已知数列满足，其前项和为，证明：对任意正整数，都有． 【答案】（1） （2）证明：方法一：因为， 当且时，， 设，则， 易知在上单调递增，则， 所以在上单调递增，则， 所以在上单调递增，即，所以原不等式成立． 方法二：因为， 当且时，． 令，现证明即可． 因为，设， 则，即在上单调递增，因此， 所以在上单调递增，因此，所以原不等式成立． （3）证明：方法一：由题，其前项和为，即， 因为， 因此要证， 只需证， 即需证每个都有． 令，则需证明， 即证明， 令， 则，因此在上递增， 所以，所以原不等式成立． 方法二：由（2）知，当时，对任意，恒成立，则． 令，得．两边取对数，得． 因为，所以． 对于，，，…，， 求和得， 所以． 下面证明当时，有，设， 则，且， 所以函数在上单调递增，所以在上恒成立， 所以． 又，且， 所以， 因为， 所以． 所以． 所以对任意正整数，都有． 【解析】 【分析】（1）当时，，可求得，，即可求得切线方程. （2）方法一：先求，令，通过，得到在上单调递增，从而得到，再利用在上单调递增，即，即可证明原不等式；方法二：当且时，利用放缩得到．令，再利用求导判断单调性证明即可. （3）方法一：利用，，，只需证.令，则需证明，令，可求得在上递增，即，从而得原不等式成立；方法二：由，令，得．两边取对数得．从而得到，再构造函数，可得在上恒成立，再用放缩得即可证. 【小问1详解】 当时，，则， 又，因此在处的切线斜率为， 所以切线方程为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $