精品解析：浙江金兰教育、七彩阳光、精诚联盟、温州十校2027届高三上学期8月学科练习数学试题

高三数学学科练习 考生须知： 1．本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，请在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号． 3．所有答案必须写在答题卷上的规定区域内，写在试卷上无效． 4．考试结束后，只需上交答题卷． 选择题部分 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项符合题目要求．） 1. 钟表日差是反映钟表质量的一个重要指标，在一批钟表中随机抽测了8块钟表的日差（秒）的绝对值，并按从小到大排序为：1，2，3，3，4，5，6，8，则这组数据的中位数为（ ） A. 3 B. 3.5 C. 4 D. 4.5 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 若“”是“”成立的充分条件，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 4. 双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 5. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知三棱锥的高为，，分别为棱的中点，，若为正三角形，则三棱锥的高为（ ） A. B. C. D. 8. 已知为偶函数的导函数，且，的定义域均为，若对，，且，都有，则下列结论一定成立的是（ ） A. B. C. D. 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分．） 9. 在的展开式中，含的项的系数为，则展开式中（ ） A. 二项式系数最大的项为第项 B. 存在常数项 C. 所有项的系数和为 D. 无理项为第，，项 10. 已知抛物线的焦点为，直线与轴相交于点，与抛物线相交于，两点，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 当时， C. 存在，使得 D. 11. 已知函数，点，，若，为图象上的两动点，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则的最小值为 B. 当时， C. 存在，，使得为等腰直角三角形 D. 若方程在上有唯一实根，则 非选择题部分 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知复数满足：，则________． 13. 已知，且，则________． 14. ，两人进行掷骰子游戏，游戏规则为：每次投掷一枚正方体骰子（六个面上分别标有点数1，2，…，6）．当点数是3的倍数时，得1分，当点数不是3的倍数时，不得分；当点数是2的倍数时，得1分，当点数不是2的倍数时，不得分．若规定率先得到3分者获胜且游戏结束．则在第4次投掷后，以获胜的概率为________． 四、解答题（本大题共5小题，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. 浙江城市篮球联赛（简称“浙BA”）是全省性群众篮球赛事，这场覆盖全省的草根赛事以最纯粹的体育魅力点燃了全民健身的热情，参加健身活动的市民人数显著增加．下表是自赛事开展5周以来某城镇参与健身活动的人数（万人）与第周的数据： （周） 1 2 3 4 5 （万人） 2 2 4 6 6 （1）根据表格数据计算变量与的相关系数（精确到0.01），并推断它们的相关程度； （2）组委会随机抽取了1000位市民，对他们是否有意愿观看比赛的情况进行了统计，得到了如下的列联表： 性别 观看比赛的意愿 合计 有 无 男 400 100 500 女 300 200 500 合计 700 300 1000 请依据小概率值的独立性检验，能否认为观看比赛的意愿与性别有关联？ 参考数据及公式：，样本相关系数 ， 0.010 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 16. 如图，在直四棱柱中，，，，，为棱的中点． （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知的内角，，所对的边分别为，，，且．为边上的点． （1）求角； （2）若，，且，求线段的长； （3）若，，求面积的最大值． 18. 已知椭圆：（）的左、右焦点分别为和，离心率为，上顶点为，且点到直线的距离为． （1）求椭圆的方程； （2）已知，为椭圆上的两个动点． （i）当取得最大值时，求的值； （ii）当直线在轴上的截距为4时，若椭圆在点，处的两条切线的交点在直线上，求直线的方程． 19. 已知数列，的项数相等，且满足条件： ①记集合，，； ②设，2，…，，当为奇数时，；当为偶数时，． （1）当时，若，求； （2），记数列的所有项的和为， （i）证明：当取得最大值时，存在正整数（），使得； （ii）证明：当为偶数时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学学科练习 考生须知： 1．本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，请在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号． 3．所有答案必须写在答题卷上的规定区域内，写在试卷上无效． 4．考试结束后，只需上交答题卷． 选择题部分 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项符合题目要求．） 1. 钟表日差是反映钟表质量的一个重要指标，在一批钟表中随机抽测了8块钟表的日差（秒）的绝对值，并按从小到大排序为：1，2，3，3，4，5，6，8，则这组数据的中位数为（ ） A. 3 B. 3.5 C. 4 D. 4.5 【答案】B 【解析】 【详解】中位数为. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题，，，所以． 3. 若“”是“”成立的充分条件，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设，， 则由题意得，所以，解得． 4. 双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】双曲线即为，则，， 可得，则， 又因为双曲线离心率，则． 5. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求导得到导函数，代入横坐标得到切线斜率，点斜式写出切线，整理成一般式即可. 【详解】根据题意，当时，，所以切线方程为，即. 6. 已知，向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量垂直的数量积为建立等式，再用三角半角、二倍角公式统一化为的一元二次方程，解方程后结合舍去增根，得到结果． 【详解】由题意得， 即， 解得，或， 因为，所以． 7. 已知三棱锥的高为，，分别为棱的中点，，若为正三角形，则三棱锥的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件，结合锥体体积公式和等体积法分析即可. 【详解】因为，，所以， 又分别为棱的中点，所以且， 又因为，所以为等边三角形， 所以， 所以， 故， 设三棱锥的高为， 因为，故，得． 8. 已知为偶函数的导函数，且，的定义域均为，若对，，且，都有，则下列结论一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用偶函数导函数是奇函数，判断、的单调性，再比较自变量大小判断选项. 【详解】因为为偶函数，所以，故，所以为奇函数，且，因为对，， 所以在上单调递增，在上单调递减． 又为偶函数，为奇函数，所以在上单调递减，在上单调递减， 可得在上单调递减，可得，所以，A错误； 因为，但不能确定和的正负，所以不能确定和的大小关系，B错误； 因为，在上单调递减，所以，C正确； 因为，在上单调递减，所以，D错误，故选C． 【点睛】偶函数的导数为奇函数，借助奇偶性可由一侧单调性直接推出另一侧单调性. 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分．） 9. 在的展开式中，含的项的系数为，则展开式中（ ） A. 二项式系数最大的项为第项 B. 存在常数项 C. 所有项的系数和为 D. 无理项为第，，项 【答案】AC 【解析】 【分析】由二项展开式的通项公式及已知条件求出，则题设二项式与其通项完全已知，结合二项式定理及其推论，二项展开式的通项公式即可解决本题． 【详解】由二项展开式的通项公式可知，， 令，得，可知， 所以，因为，所以． 所以二项式的二项展开式的通项为， 选项A，由二项式定理可知展开式共有项，所以展开式中二项式系数最大的项为第项； 选项B，令，得，与矛盾，所以展开式中无常数项； 选项C，令，得，因此所有项的系数和为1； 选项D，当时，为有理项；当时，为无理项，所以无理项为第2，4，6项． 10. 已知抛物线的焦点为，直线与轴相交于点，与抛物线相交于，两点，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 当时， C. 存在，使得 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】直线与抛物线联立方程组，由根与系数的关系计算判断A；根据抛物线定义及三角形中位线定理判断B；由题意结合韦达定理可得，根据抛物线定义可判断C；过点作轴的垂线，垂足为，根据三角函数定义及抛物线定义结合计算可判断D. 【详解】由题意可得，抛物线的准线为， 对于A，联立直线与抛物线的方程得：， 当时，不合题意；当时，可得， 得且，所以，故A正确； 对于B，过点，分别作抛物线准线的垂线，垂足分别为，， 则，，所以， 又因为，点在准线上，所以，故B正确； 对于C，因为，且，又，， 所以，因为，所以，故C错误； 对于D，过点作轴的垂线，垂足为， 则，， 又因为，所以，D正确. 11. 已知函数，点，，若，为图象上的两动点，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则的最小值为 B. 当时， C. 存在，，使得为等腰直角三角形 D. 若方程在上有唯一实根，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据最值，结合周期，即可判断A，根据向量的关系求坐标的关系，即可判断B， 根据对称性和特殊值，判断C，设，再根据换元法，讨论的取值范围，结合函数的零点个数，判断D. 【详解】若，则，两点中一个为极大值点，一个为极小值点，当两点为相邻的极值点时，取得最小值，最小值为，A错误； 由得，， ，又， 所以，解得或（舍）， 所以，B正确； 过点斜率为1的直线，记， 因为，，所以，又，，故， 所以直线与的图象在上必有交点，由对称性可知直线与的图象在上必有交点， 当，分别为两个交点时，为等腰直角三角形，C正确； 令， 令，，则， 当或时，方程无实数根；因为，当时，方程有4个实数根； 当时，方程有2个实数根；当时，，方程有2个实数根； 当时，，方程有2个实数根； 当时，，方程有唯一实数根，所以，D正确． 非选择题部分 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知复数满足：，则________． 【答案】## 【解析】 【详解】由于，故． 13. 已知，且，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用对数运算性质求出的值即可. 【详解】因为，所以， 由得：， 即，所以或， 当时，与矛盾，所以舍去， 当，满足题意，所以． 14. ，两人进行掷骰子游戏，游戏规则为：每次投掷一枚正方体骰子（六个面上分别标有点数1，2，…，6）．当点数是3的倍数时，得1分，当点数不是3的倍数时，不得分；当点数是2的倍数时，得1分，当点数不是2的倍数时，不得分．若规定率先得到3分者获胜且游戏结束．则在第4次投掷后，以获胜的概率为________． 【答案】 【解析】 【分析】分前3次投掷后以领先，第4次，均得1分和前3次投掷后以2：1领先，第4次得1分，不得分两种情况考虑即可. 【详解】投掷一次骰子，得分不得分的概率为；不得分得分的概率为； 、都得分的概率为；、都不得分的概率为． 则前3次投掷后以领先，第4次，均得1分的概率； 前3次投掷后以2：1领先，第4次得1分，不得分的概率， 所以以3：1获胜的概率． 四、解答题（本大题共5小题，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. 浙江城市篮球联赛（简称“浙BA”）是全省性群众篮球赛事，这场覆盖全省的草根赛事以最纯粹的体育魅力点燃了全民健身的热情，参加健身活动的市民人数显著增加．下表是自赛事开展5周以来某城镇参与健身活动的人数（万人）与第周的数据： （周） 1 2 3 4 5 （万人） 2 2 4 6 6 （1）根据表格数据计算变量与的相关系数（精确到0.01），并推断它们的相关程度； （2）组委会随机抽取了1000位市民，对他们是否有意愿观看比赛的情况进行了统计，得到了如下的列联表： 性别 观看比赛的意愿 合计 有 无 男 400 100 500 女 300 200 500 合计 700 300 1000 请依据小概率值的独立性检验，能否认为观看比赛的意愿与性别有关联？ 参考数据及公式：，样本相关系数 ， 0.010 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 【答案】（1），可以推断和这两个变量正线性相关，且相关程度很强． （2）有意愿观看比赛与性别有关． 【解析】 【分析】（1）先计算两个变量的平均数，再代入相关系数公式求出 ，从而判断它们具有强正相关性； （2）提出零假设，根据列联表计算卡方统计量，将其与临界值比较，若更大则拒绝，认为性别与观看意愿有关． 【小问1详解】 由题可得，，，，， 所以， 因为，可以推断和这两个变量正线性相关，且相关程度很强． 【小问2详解】 零假设为：有意愿观看比赛与性别无关联． 根据列联表中的数据，经计算得到 ， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为有意愿观看比赛与性别有关． 16. 如图，在直四棱柱中，，，，，为棱的中点． （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：连接，由题可知四边形为正方形，所以， 因为，， 所以四边形为平行四边形，所以， 所以． 取中点，连接，，因为，，， 所以， 因为四棱柱为直四棱柱，所以平面， 因为平面，所以， 又， 因为平面, 所以平面， 因为平面，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以． （2）． 【解析】 【分析】（1）先证，再利用直棱柱的线面垂直关系证明平面，从而得到； （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的正弦公式进行计算． 【小问1详解】 略． 【小问2详解】 如图，由（1）知三条直线，，两两垂直，以为坐标原点， 分别以，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则：，，，，． 设平面的一个法向量为，，, 则，即，令得，， 所以，， 故， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 17. 已知的内角，，所对的边分别为，，，且．为边上的点． （1）求角； （2）若，，且，求线段的长； （3）若，，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由三角恒等变换公式即可得解； （2）利用角平分线表示三角形面积，再结合余弦定理即可求出结果； （3）依题意先表示，然后将两边平方，结合数量积的运算律及基本不等式求出的最大值，再由面积公式计算可得. 【小问1详解】 由正弦定理可得，因为,,代入可得,中,所以,得 【小问2详解】 因为， 所以， 即，所以. 由余弦定理可得，,, ,可得,因为，所以. 【小问3详解】 因为，所以, 两边平方. 因为,所以, 由均值不等式可得, 所以，即，等号成立. 条件：,将其代入原式验证真实存在三角形，. 18. 已知椭圆：（）的左、右焦点分别为和，离心率为，上顶点为，且点到直线的距离为． （1）求椭圆的方程； （2）已知，为椭圆上的两个动点． （i）当取得最大值时，求的值； （ii）当直线在轴上的截距为4时，若椭圆在点，处的两条切线的交点在直线上，求直线的方程． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据条件建立关于的方程组，即可求解； （2）（i）利用三角函数设点的坐标，再根据最值和对称性求点的坐标，即可求的值； （ii）利用导数设出点处的切线方程，再根据交点的坐标的特点，求直线的方程. 【小问1详解】 设椭圆的焦距为，则①， 由题，椭圆的离心率②， 又点到直线的距离为，所以，得③， 由①②③解得，，， 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 （i）由（1）知，设， 则， 由二次函数的性质可得当时，取得最大值，所以最大值为， 此时，不妨取， 由椭圆的对称性可知当时， 取得最大值，此时取得最大值， 所以， 所以． （ii）由题可知，点，在轴的同侧， 根据椭圆的对称性，不妨设，在轴的上方，所以，则， 设直线的方程为，，， 则椭圆在点处的切线为，即， 同理可得椭圆在点处的切线为， 设，则，且， 所以，两点均在直线上， 又直线的方程为，即， 所以，，又，所以， 所以直线的方程为． 19. 已知数列，的项数相等，且满足条件： ①记集合，，； ②设，2，…，，当为奇数时，；当为偶数时，． （1）当时，若，求； （2），记数列的所有项的和为， （i）证明：当取得最大值时，存在正整数（），使得； （ii）证明：当为偶数时，． 【答案】（1）. （2）（i）证明：当取得最大值时，假设不存在正整数，使得 ，由条件①可得一定存在正整数，使得，由条件②可得为奇数， 若存在（为偶数，且），使得，互换和，构成新的数列和，则新的数列和也满足条件①和②，此时新数列的所有项的和， 与已知条件矛盾，假设不成立； 若存在（为偶数，且），使得，互换和，再互换和，构成新的数列和，则新的数列和也满足条件①和②，此时新数列的所有项的和，与已知条件矛盾，假设不成立； 综上可得，当取得最大值时，存在正整数，使得. （ii）证明：当为偶数时， ， 所以， 又当为奇数时，， 所以， 记，则得， 又， 所以． 【解析】 【分析】(1)根据题意分析各项的大小关系即可得出答案； (2)（i）利用反证法，用分类讨论的方法，从奇偶两个方面讨论证明；（ii）对奇偶项进行放缩，然后相加带入即可证明. 【小问1详解】 由题，当时，，若，因为，所以，又，故，，所以. 【小问2详解】 (i)略 (ii)略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $