精品解析：云南师范大学附属中学2027届高三第二次月考数学试题8.24

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、单选题：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，只有一项符合题目要求． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】先求得集合，，结合集合交集的定义与运算，即可求解. 【详解】由集合，， 根据集合交集的定义与运算，可得. 2. 已知，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先代入已知复数，化简待求式，再通过分母实数化得到复数的代数形式，即可确定其虚部. 【详解】代入，则，即，根据复数虚部的定义，该复数的虚部为. 3. 已知，，则下列条件中使成立的充要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对ABC选项直接用特殊值验证可得，对D由不等式性质及指数函数性质可得结果. 【详解】对于A：取，显然有，所以A不正确； 对于B：取，显然有，所以B不正确； 对于C：取，显然有，所以C不正确； 对于D：充分性：因为，且，再由函数是单调递增函数，所以， 必要性：由且函数是单调递增函数，所以.故D正确. 4. 等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设等差数列的公差为，则， 所以，即，， 又，故，所以. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据同角三角函数的基本关系式求得，利用两角和的正切公式求得正确答案. 【详解】， 解得， 所以 . 6. 已知抛物线：的准线为，为上的一点，为的焦点，直线与圆：相切于点，若，则点到的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设出，表达出，，从而得到方程，求出，进而得到点到的距离. 【详解】由题意得，抛物线的准线方程为，焦点坐标为， 圆：的圆心为，半径， 设，则，， 由抛物线定义可得， 其中 ， 由得，解得， 故点到的距离为. 7. 甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排照相，则甲不站在两端，丙和丁也不相邻的排法有（ ） A. 12种 B. 24种 C. 40种 D. 48种 【答案】D 【解析】 【分析】先计算甲不站在两端的排法总数，再减去其中丙、丁相邻的排法数． 【详解】先只考虑“甲不站在两端”这一条件． 甲只能站在中间个位置中的一个位置，有种选择； 其余乙、丙、丁、戊人任意排列，有种排法． 因此，甲不站在两端的排法共有种． 下面计算其中丙、丁相邻的排法数． 先计算丙、丁相邻的所有排法：把丙、丁看成一个整体，这个整体内部有“丙丁”“丁丙”种顺序； 再将这个整体与甲、乙、戊共个对象排列，所以共有种排法． 在这种排法中，还要去掉甲站在两端的情形． 若甲站在两端，先确定甲站左端还是右端，有种选择； 再把丙、丁看成一个整体，内部有种顺序； 该整体与乙、戊共个对象排列，有种排法． 因此，甲站在两端且丙、丁相邻的排法共有种． 所以，甲不站在两端且丙、丁相邻的排法共有种． 因此，甲不站在两端且丙、丁不相邻的排法共有种． 8. 已知函数为偶函数，且满足，当时，．若，则（ ） A. 9 B. 3 C. 6 D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为函数为偶函数，所以， 所以函数关于对称； 因为，所以，即， 且，所以函数关于中心对称； 所以，， 当时，， 所以，，所以， 所以，， 解得，所以. 二、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，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知等比数列的公比为，，，是的前项和，则（ ） A. B. C. D. 的最小值是 【答案】AD 【解析】 【详解】等比数列的公比为， 因为，，解得，选项B错误； ，，选项A正确； ， 因为为奇数，所以， 即，选项C错误； 所以， 当为奇数时，，随增大递减，所以， 当为偶数时，，随增大递增，所以，选项D正确. 10. 已知函数，则（ ） A. 是的极小值点 B. 有三个不同零点 C. 的对称中心是 D. 若过点存在3条直线与曲线相切，则实数 【答案】ACD 【解析】 【分析】求导分析单调性可判断A；求导分析单调性再求出各极值点后可判断B；求二阶导，令二阶导为零可求对称中心，进而判断C；求解切点处的切线方程，将经过的点代入，利用方程的根即可判断D. 【详解】，，令，解得或， 当或时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 在处取得极大值，在处取得极小值，A正确； 计算，，进而作出图像，故有两个不同零点，B错误 ，，令，解得， ，所以的对称中心是，C正确； 对于D，设切点横坐标为，切点坐标为 过点且与相切的直线的斜率为， 由点斜式，切线方程为， 该切线过点，将代入切线方程得： ， 过点存在3条直线与曲线相切， 故， 化简得有三个解， 令， 令，解得或， 当或时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 且极大值为，极小值为， 所以，D正确. 11. 在平面直角坐标系中，点为双曲线：的右焦点，点，过的直线与的右支交于，两点，，为双曲线的两条渐近线，过点分别作，，垂足依次为，，过点作交于点，过点作交于点，则下列结论正确的是（ ） A. 的渐近线方程为 B. 点到的两渐近线的距离之积为 C. D. 若的外心在轴上，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，利用双曲线渐近线方程求解即可；对于B，利用点到直线的距离化简即可判断；对于C，求出点的坐标，再根据三角形的面积公式计算两个面积即可；对于D，设，外接圆圆心，由，化简可得是一元二次方程的根，故，设直线的方程为，与双曲线联立方程，由韦达定理可得，求出的值，结合弦长公式即可求解. 【详解】对于A，由于，双曲线的焦点在轴上，所以双曲线的渐近线方程为，即，故A不正确； 对于B，设，且， 又，，则， 则，所以点到的两渐近线的距离之积为，故B正确； 直线，直线， 联立，得， 则， 联立，得， 则， 设，因为，所以， 则， 因为四边形为平行四边形， 所以 ， ， 故，故C正确； 对于D，设，则，设外接圆圆心， 所以，化简可得：， 所以是一元二次方程的根，故， 设直线的方程为， 联立，化简可得：， 所以，解得：， 由于， 所以， 故当的外心在轴上时，，故D正确 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面向量，，若，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】先计算的坐标，利用垂直向量数量积为列方程求出的值，再代入计算向量的模长. 【详解】已知，，则， 因为，所以两向量的数量积为，即，展开化简得，解得. 因此，根据向量模长公式得. 13. 若函数既有极大值也有极小值，则的取值范围为___________． 【答案】 【解析】 【分析】先求得，根据极值点的个数列不等式，由此求得的取值范围. 【详解】的定义域是， ， 要使函数既有极大值也有极小值， 则需函数有两个正根， 所以，解得， 所以的取值范围是. 14. 在三棱锥中，是等边三角形，，，二面角的余弦值为，若三棱锥的外接球的表面积为，则的面积为___________． 【答案】 【解析】 【分析】取中点利用等腰/等边三角形性质确定二面角平面角，由外接球表面积得半径，结合球心到各顶点距离相等，通过勾股定理建立棱长与的关系，求出的边长，即可求得面积. 【详解】由题可设， 因为， 所以是等腰直角三角形，则斜边. 因为是等边三角形，所以. 取的中点为，连接，，如图所示， 在中，，且. 在等边中，，且. 因为，，在上， 所以即为平面和平面的二面角. 又因为二面角的余弦值为，所以. 在中，由余弦定理可得， 代入数值得 解得. 因为，所以. 同理. 所以. 因此，是和的公共斜边. 又因为在中，是斜边，中点到，，距离相等. 因为， 由直径所对圆周角为直角可得点，都在以为直径的球面上， 所以，三棱锥的外接球就是以为直径的球. 因为外接球表面积为， 所以，解得， 所以， 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. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）若，且的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知条件与余弦定理消去，再结合角的余弦定理求出；（2）由三角形面积公式求出，再利用余弦定理求出，从而得到周长． 【小问1详解】 由余弦定理，得 由题意两边同乘，得 代入余弦定理，得即 所以 又因为，所以 【小问2详解】 由第（1）问知 三角形的面积为 由题意，所以 因为所以从而 又由余弦定理， 将，，代入，得 所以 于是 因为，，所以，故 因此的周长为 16. 某校高三年级1000名学生某一次的高考适应性演练数学成绩频率分布直方图如图1所示，其中成绩分组区间是、、、、、． （1）求图中的值； （2）根据频率分布直方图，估计这1000名学生的这次考试数学成绩的上四分位数和平均数（同一组中的数据以该组区间的中点值为代表）； （3）从这次数学成绩位于、、的学生中采用比例分配的分层随机抽样的方法抽取10人，再从这10人中随机抽取3人，该3人中成绩在区间的人数记为，求的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2）上四分位数为，平均数为 （3）分布列为 【解析】 【分析】（1）根据频率和为计算； （2）根据百分位数和平均数的定义计算； （3）根据分层抽样求出各组人数，再根据超几何分布列出分布列和期望. 【小问1详解】 由题意得，，得； 【小问2详解】 因为，， 所以上四分位数位于， 故上四分位数为， 平均数为； 【小问3详解】 因为、、的人数之比为， 故抽取的10人分别在这三组中的人数为， 则的取值为， 得，， 故分布列为 期望为. 17. 如图2，在四棱锥中，底面，，，，． （1）若，证明：平面； （2）若，，，四点共圆，且二面角的正弦值为，求四棱锥的体积． 【答案】（1）证明：底面，底面， ， 由勾股定理得，又， . 在中，，，， 即， ，即. 底面， 底面， ， ，又，平面， 平面，平面，则， 又，底面， . 平面，平面， 平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直推导出 、 同垂直于得到线线平行，再由线线平行证线面平行. （2）借助四点共圆得到直角，建系用法向量结合二面角条件求出 点位置，分割四边形求底面积后用棱锥体积公式计算体积. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 由（1）可知且，，，四点共圆，所以为直径，所以，即. 以，为，轴，过点作与底面垂直的线为轴，建立如图所示空间直角坐标系: 令，则，，， ，，，. 设平面的法向量，所以， 设，则，，所以. 设平面的法向量，所以， 设，则，，所以. 因为锐二面角的正弦值为，则余弦值为， 所以，解得. 所以，又，，所以由勾股定理得：. 所以. 【点睛】（1）证线面平行关键是找平面内平行线，借垂直推平行； （2）二面角用向量法，四点共圆得直角简化底面计算. 18. 已知椭圆的离心率为，焦距为，以，，为三边的三角形面积为1．过左焦点的直线交于，两点，过点与垂直的直线交于，两点，其中，在轴上方，、分别为、的中点． （1）求椭圆的标准方程； （2）证明：直线过定点，并求定点坐标； （3）设为直线与直线的交点，当的面积取到最小值时，求直线的方程． 【答案】（1） （2）由点B，D在x轴上方，直线l斜率存在且不为0， 设直线，联立椭圆，消去得， 由韦达定理得，且， 则中点，由，则代替m，得， 所以，故， 化简得，则过定点． 当时，取，，则过定点； 当时，取，，则过定点； 综上，直线MN过定点． （3） 【解析】 【分析】（1）由题可得:，解方程即可求解； （1）根据短轴长及椭圆上点求椭圆参数，即可得方程； （2）设直线，联立椭圆并应用韦达定理求中点坐标，利用垂直关系确定坐标，进而写出直线的方程，即得定点； （3）由，结合（2）及弦长公式求关于m的表达式，最后应用基本不等式求面积的最值. 【小问1详解】 由题可得:，解得：， 所以椭圆的方程为 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由点M，N分别为AB，DE的中点， 由 ， 由（2）知， 以代替m，得， 所以， 当且仅当，即时，． 19. 已知函数，曲线在点处的切线方程为． （1）求实数，； （2）当时，证明在上有唯一零点； （3）对，恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2）证明：由（1）知， 当时，可得，则，可得 令，可得， 令，可得， 当时，，单调递减，且此时 当时，，单调递增，且此时， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 故，所以恒成立，所以在上单调递增， 又因为，所以，使得， 综上可得，在上有唯一的零点. （3） 【解析】 【分析】（1）求得，根据题意，列出方程，即可求解； （2）当时，得到，利用导数求得恒成立，得到在上单调递增，结合零点存在性定理，即可得证； （3）由，求得，转化为，令，设，即证，结合二次函数的性质，得到在上单调递增，得到，再令，利用导数求得的单调性，得到，得到，即可求解. 【小问1详解】 解：由函数，可得， 因为曲线在点处的切线方程为， 可得， 又因为切点在切线上，可得， 所以，所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：由题意知：，即，解得， 即为题设中不等式恒成立的必要条件， 下面证明：也是充分条件， 当时，欲证：对，恒成立， 即证：，即证：， 即证：， 令，设，即证， 对于二次函数，其对称轴为， 令， 可得 令，则， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以，所以，即， 所以在上单调递减， 所以， 即对于二次函数，其对称轴， 又因为，所以二次函数在上单调递增， 故， 令，可得， 令，可得， 设，则， 令，即，可得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以，即，即， 所以， 对于，可得， 当时，，单调递增， 所以， 所以，即在上单调递增，且， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以，所以，得证， 即当时，对，恒成立， 综上可得，实数的取值范围为. 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、单选题：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，只有一项符合题目要求． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 或 2. 已知，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，则下列条件中使成立的充要条件是（ ） A. B. C. D. 4. 等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知抛物线：的准线为，为上的一点，为的焦点，直线与圆：相切于点，若，则点到的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排照相，则甲不站在两端，丙和丁也不相邻的排法有（ ） A. 12种 B. 24种 C. 40种 D. 48种 8. 已知函数为偶函数，且满足，当时，．若，则（ ） A. 9 B. 3 C. 6 D. 二、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，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知等比数列的公比为，，，是的前项和，则（ ） A. B. C. D. 的最小值是 10. 已知函数，则（ ） A. 是的极小值点 B. 有三个不同零点 C. 的对称中心是 D. 若过点存在3条直线与曲线相切，则实数 11. 在平面直角坐标系中，点为双曲线：的右焦点，点，过的直线与的右支交于，两点，，为双曲线的两条渐近线，过点分别作，，垂足依次为，，过点作交于点，过点作交于点，则下列结论正确的是（ ） A. 的渐近线方程为 B. 点到的两渐近线的距离之积为 C. D. 若的外心在轴上，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面向量，，若，则___________． 13. 若函数既有极大值也有极小值，则的取值范围为___________． 14. 在三棱锥中，是等边三角形，，，二面角的余弦值为，若三棱锥的外接球的表面积为，则的面积为___________． 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. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）若，且的面积为，求的周长． 16. 某校高三年级1000名学生某一次的高考适应性演练数学成绩频率分布直方图如图1所示，其中成绩分组区间是、、、、、． （1）求图中的值； （2）根据频率分布直方图，估计这1000名学生的这次考试数学成绩的上四分位数和平均数（同一组中的数据以该组区间的中点值为代表）； （3）从这次数学成绩位于、、的学生中采用比例分配的分层随机抽样的方法抽取10人，再从这10人中随机抽取3人，该3人中成绩在区间的人数记为，求的分布列及数学期望． 17. 如图2，在四棱锥中，底面，，，，． （1）若，证明：平面； （2）若，，，四点共圆，且二面角的正弦值为，求四棱锥的体积． 18. 已知椭圆的离心率为，焦距为，以，，为三边的三角形面积为1．过左焦点的直线交于，两点，过点与垂直的直线交于，两点，其中，在轴上方，、分别为、的中点． （1）求椭圆的标准方程； （2）证明：直线过定点，并求定点坐标； （3）设为直线与直线的交点，当的面积取到最小值时，求直线的方程． 19. 已知函数，曲线在点处的切线方程为． （1）求实数，； （2）当时，证明在上有唯一零点； （3）对，恒成立，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $