精品解析：福建莆田市2027届高三毕业班开学质量诊断练习数学试题

莆田市2027届高中毕业班开学质量诊断练习试卷 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 4. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 若函数（）的图象关于直线对称，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 5 6. 设是定义在上的偶函数，且满足．当时，，则（ ） A. 4 B. C. D. 7. 我国古代著名的《周髀算经》中提到：凡八节二十四气，气损益九寸九分六分分之一；冬至晷长一丈三尺五寸，夏至晷长一尺六寸．意思是：二十四个节气可以通过特定标记的日影长度来确定，每相邻两个节气之间的日影长度差为分；“冬至”时日影长度最大，为1350分，“夏至”时日影长度最小，为160分．则“立秋”时日影长度为（ ） 附：二十四节气表 立春 雨水 惊蛰 春分 清明 谷雨 立夏 小满 芒种 夏至 小暑 大暑 立秋 处暑 白露 秋分 寒露 霜降 立冬 小雪 大雪 冬至 小寒 大寒 A. 分 B. 分 C. 分 D. 分 8. 有6个除颜色外完全相同的球，其中3个黄球，3个白球，依次从中无放回地随机抽取，每次取1个球，直到取出2个黄球时停止取球．记为停止取球时所取出的球的个数，则的数学期望为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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. 已知向量，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则在上的投影向量为 10. 在棱长为2的正方体中（ ） A. 直线与是异面直线 B. 平面平面 C. 直线到平面的距离为 D. 四面体的外接球的体积为 11. 已知抛物线：（）的焦点为，准线为：，过作两条互相垂直的直线，，直线与交于，两点，直线与交于，两点，则（ ） A. B. C. 若弦的中点到的距离为，则的斜率为 D. 设交于点，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知是等比数列的前项和，且，，则________． 13. 直线被圆所截得的弦长为_____． 14. 定义：，已知，，…，是10个互不相等的实数的一个排列，且满足，则该排列的所有可能结果有________个． 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，角所对的边分别为，且满足． （1）证明：； （2）若，，求的面积． 16. 近年来AI生成的艺术品备受关注．某艺术机构为了解购买AI生成的艺术品的意愿与性别的关系，随机调查了100名顾客，得到如下列联表： 愿意 不愿意 合计 女性 45 15 60 男性 25 15 40 合计 70 30 100 （1）根据小概率值的独立性检验，分析购买AI艺术品的意愿是否与性别有关； （2）从这100名顾客中随机抽取两名，已知其中至少有一名为女性，求这两名顾客都愿意购买AI艺术品的概率． 附：， 0.100 0.050 0.010 2.706 3.841 6.635 17. 已知和为椭圆：（）上两点． （1）求的方程； （2）过点作直线与相交于，两点，与轴交于点（点在椭圆内部），为坐标原点，若的面积与的面积相等，求直线的方程． 18. 如图，在矩形中，，，点是线段上的动点，将沿翻折至． （1）证明：； （2）若平面平面，求在平面内的射影的轨迹的长度； （3）当点与重合时，记二面角的大小为，若，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 19. 已知函数，． （1）当时，求的单调区间； （2）证明：； （3）当时，，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 莆田市2027届高中毕业班开学质量诊断练习试卷 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【详解】， 又，可得 2. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为不等式的解为， 所以全集， 因为集合 所以. 3. 双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由双曲线标准方程得，再求得后可得离心率． 【详解】双曲线的，，则， 离心率为． 故选：C． 4. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数的几何意义，结合基本初等函数的导数及直线的点斜式方程求解即可. 【详解】求导得，所以曲线在点处的切线的斜率为. 所以曲线在点处的切线为，即. 5. 若函数（）的图象关于直线对称，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据正弦函数的对称轴方程计算求解. 【详解】正弦型函数图象的对称轴性质可知， 当时，相位满足，化简得， 结合，当取的最小值为2. 6. 设是定义在上的偶函数，且满足．当时，，则（ ） A. 4 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由函数奇偶性，可得，再由赋值法可得答案. 【详解】因是定义在上的偶函数，则，又满足． 则，令，得. 7. 我国古代著名的《周髀算经》中提到：凡八节二十四气，气损益九寸九分六分分之一；冬至晷长一丈三尺五寸，夏至晷长一尺六寸．意思是：二十四个节气可以通过特定标记的日影长度来确定，每相邻两个节气之间的日影长度差为分；“冬至”时日影长度最大，为1350分，“夏至”时日影长度最小，为160分．则“立秋”时日影长度为（ ） 附：二十四节气表 立春 雨水 惊蛰 春分 清明 谷雨 立夏 小满 芒种 夏至 小暑 大暑 立秋 处暑 白露 秋分 寒露 霜降 立冬 小雪 大雪 冬至 小寒 大寒 A. 分 B. 分 C. 分 D. 分 【答案】C 【解析】 【详解】由题意知，每相邻两个节气之间的日影长度差为分， “夏至”时日影长度最小，为160分，“夏至”之后，每往后一个节气日影长度增加分, 则“夏至”对应等差数列的首项，公差，则. 由二十四节气表可知，“立秋”是该数列的第4项，则. 故“立秋”时日影长度为分. 8. 有6个除颜色外完全相同的球，其中3个黄球，3个白球，依次从中无放回地随机抽取，每次取1个球，直到取出2个黄球时停止取球．记为停止取球时所取出的球的个数，则的数学期望为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题意知X是停止时取出球的个数，X的可能取值：， 时，， 时，， 时，， 时，， 数学期望． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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. 已知向量，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则在上的投影向量为 【答案】CD 【解析】 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，若，则，解得，故B错误； 对于C，若，则，则，则，故C正确； 对于D，若，则， 则在上的投影向量为，故D正确. 10. 在棱长为2的正方体中（ ） A. 直线与是异面直线 B. 平面平面 C. 直线到平面的距离为 D. 四面体的外接球的体积为 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，根据异面直线的定义判断即可；对于B，根据线面平行的判定定理及面面平行的判定定理证明即可；对于C，根据等体积法求解即可；对于D，正四面体外接球与正方体外接球相同，结合球的体积公式求解即可. 【详解】对于A，结合正方体的性质易知，直线与不平行且不相交，故直线与是异面直线，A正确. 对于B，正方体中，易知，. 因为平面，平面，所以平面. 同理平面. 因为，平面，，所以平面平面，B正确. 对于C，因为平面，平面，所以平面， 所以点到平面的距离即为直线到平面的距离，设为， 易知是边长为的等边三角形，则. 又， 则，所以，故直线到平面的距离为，C正确. 对于D，四面体的外接球就是正方体的外接球，设半径为， 则，所以. 所以外接球体积为，D错误. 11. 已知抛物线：（）的焦点为，准线为：，过作两条互相垂直的直线，，直线与交于，两点，直线与交于，两点，则（ ） A. B. C. 若弦的中点到的距离为，则的斜率为 D. 设交于点，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由准线方程可得抛物线方程；对于B，设，，然后由韦达定理，抛物线定义，基本不等式可判断选项正误；对于C，设中点为，由题设结合抛物线定义可判断选项正误；对于D，由题设可得，注意到，，然后由射影定理可判断选项正误. 【详解】对于A，由准线方程为，可得，故A正确； 对于B，由选项A可得，由题设可得直线，斜率均存在且不为0， 则设，因，则. 将两直线与抛物线联立，可得. 设，由韦达定理可得： ， 又由抛物线定义可得， 从而， 当且仅当两直线倾斜角分别为时取等号； 对于C，设中点为，结合选项B可得， 则到的距离为，从而的斜率为； 对于D，将与联立可得，又因， 则， 注意到 ，则，又易得， 由射影定理，可得， 则， 又由射影定理可得，则. 【点睛】关键点睛：本题涉及直线与抛物线位置关系，抛物线定义，基本不等式，平面几何等知识点.对于抛物线综合问题，常利用抛物线定义，此外在抛物线中存在大量结论，同学们也可选择性积累. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知是等比数列的前项和，且，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】计算出公比后使用等比数列前项和公式求解. 【详解】等比数列的公比为：， 则. 13. 直线被圆所截得的弦长为_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据直线与圆相交的弦长公式计算求解即可. 【详解】圆可化为 所以圆心为，半径， 圆心到直线的距离为， 所以直线被圆截得的弦长为. 14. 定义：，已知，，…，是10个互不相等的实数的一个排列，且满足，则该排列的所有可能结果有________个． 【答案】 【解析】 【分析】观察条件，等价于任意内部位置都不是局部最大值，因此全局最大值只能出现在两端，去掉最大值后，剩余部分仍满足相同条件，于是可建立递推关系 ，由  得 ，代入  即得结果． 【详解】设排列为 ， 条件等价于， 即  不能同时大于其左右两个相邻元素，也就是 不是局部最大值，  在满足条件的排列中，最大值必定位于第  位或第  位，理由如下： 假设最大值  位于某个内部位置 ，则， 但与条件矛盾，故  只能在两端， 设  表示  个互不相等的实数满足类似条件（内部位置  满足 ）的排列数， 最大值可放在第位或第位（共种选择）， 去掉后，剩下的个数仍需满足同样的内部条件（因最大值在端点处不影响其他内部位置），故， 由递推式，逐项展开得， 对于（只有一个数），没有内部位置，条件自然满足，所以， 故，代入，得到． 所以该排列的所有可能结果有种． 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，角所对的边分别为，且满足． （1）证明：； （2）若，，求的面积． 【答案】（1）方法一： 因为，所以， 所以， 即， 所以，又， 所以，即． 方法二： 由正弦定理得，， 由余弦定理得，， 整理得，，即， 所以，所以． （2） 【解析】 【分析】（1）方法一利用三角形内角和及三角恒等变换可得，进而即得；方法二用正余弦定理，化简得到进而即得； （2）由题设可得，方法一利用余弦定理可得，再求，用面积公式即得；方法二利用等腰三角形几何性质，作底边高，勾股定理求高，底乘高除以求面积，两种方法结果一致． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一： 由（1）可得，， 因为，所以， 由余弦定理得，， 所以， 所以的面积． 方法二： 由（1）可得，， 所以是以为顶点的等腰三角形， 因为，所以， 过作于，则， 所以的面积． 16. 近年来AI生成的艺术品备受关注．某艺术机构为了解购买AI生成的艺术品的意愿与性别的关系，随机调查了100名顾客，得到如下列联表： 愿意 不愿意 合计 女性 45 15 60 男性 25 15 40 合计 70 30 100 （1）根据小概率值的独立性检验，分析购买AI艺术品的意愿是否与性别有关； （2）从这100名顾客中随机抽取两名，已知其中至少有一名为女性，求这两名顾客都愿意购买AI艺术品的概率． 附：， 0.100 0.050 0.010 2.706 3.841 6.635 【答案】（1）购买艺术品的意愿与性别无关联 （2） 【解析】 【分析】（1）根据列联表求出，与临界值比较判断即可. （2）根据条件概率公式，结合古典概型概率公式求解即可. 【小问1详解】 零假设：购买艺术品的意愿与性别无关联． 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，没有充分证据推断不成立， 因此可以认为成立，即认为购买艺术品的意愿与性别无关联. 【小问2详解】 设事件“所选的两名顾客至少有一名是女性”，事件“这两名顾客都愿意购买艺术品”， 则. 故所求的概率为. 17. 已知和为椭圆：（）上两点． （1）求的方程； （2）过点作直线与相交于，两点，与轴交于点（点在椭圆内部），为坐标原点，若的面积与的面积相等，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据椭圆过两点列方程组求解即可. （2）设出直线方程，与椭圆方程联立（法一：消去；法二，消去），根据韦达定理、点到直线的距离、三角形面积公式及已知条件，结合弦长公式求解即可. 法三：设出直线方程，与椭圆方程联立（消去），根据韦达定理、点到直线的距离、三角形面积公式及已知条件，结合中点坐标公式求解即可. 【小问1详解】 依题意得，，解得， 所以的方程为． 【小问2详解】 法一： 依题意可知，直线的斜率存在且不为零． 设直线：，，，所以， 联立，整理得，所以， 设原点到的距离为，因为的面积与的面积相等， 所以，得， 所以，得 依题意，与异号，所以，所以，解得， 所以直线的方程为或． 法二： 依题意可知，直线的斜率存在且不为零． 设直线：，，，所以， 联立，得，所以， 因为的面积与的面积相等，所以， 所以，则，即. 依题意，与异号，所以，则，解得， 所以直线的方程为或． 法三： 依题意可知，直线的斜率存在且不为零． 设直线：，，，所以， 联立，得，所以， 设原点到的距离为. 因为的面积与的面积相等，所以，得，所以与的中点重合， 又的中点，的中点，所以， 所以，解得， 所以直线的方程为或． 18. 如图，在矩形中，，，点是线段上的动点，将沿翻折至． （1）证明：； （2）若平面平面，求在平面内的射影的轨迹的长度； （3）当点与重合时，记二面角的大小为，若，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】（1）连接，作于，连接，由翻折性质知，， ，，又，平面，， 平面，又平面，． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接，作于，连接，利用线面垂直的判定定理和线面垂直的定义即可得证； （2）法一：利用线面垂直的判定定理得平面，即为点在平面上的射影，由，得的轨迹是以为直径的一段圆弧，利用弧长公式即可求解； 法二：建立空间直角坐标系，设，则，取中点，得，即的轨迹是以为圆心，以为半径的圆弧，且圆弧对应的圆周角为，利用弧长公式即可求解； （3）法一：建立空间直角坐标系，过作的垂线，垂足为，得，二面角的平面角为，得，求平面的法向量为，设直线与平面所成角为，则，利用三角函数的性质即可求解. 法二：作平面于点，连接，，利用线面垂直的判定定理得平面，进而得是二面角的平面角，即，在中，，设直线与平面所成角为，得，利用三角函数的性质即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一： ∵平面平面，平面平面，平面，， 平面， 为点在平面上的射影． 又，可知的轨迹是以为直径的一段圆弧， ∴当点从移动至时，的轨迹长度从增长至最大， ∵点与重合，，又，， ， 在平面的射影的轨迹长度为； 法二： 以为原点，以向量，的方向为轴，轴正方向，如图建立空间直角坐标系，则， ∵平面平面，平面平面，平面，， 平面，为点在平面上的射影， 设，则， 即，取中点，则， 的轨迹是以为圆心，以为半径的圆弧，且圆弧对应的圆周角为， ∴该圆弧的长度为； 【小问3详解】 法一： 以为原点，以向量，的方向为轴，轴正方向，如图建立空间直角坐标系，则，，， 过作的垂线，垂足为，求得，， 二面角的平面角为，则， 设平面的法向量为，，， 由，，得， 令，则，代入解得， 即平面的一个法向量， 直线的方向向量，设直线与平面所成角为，则， ，单调递增，， ，即直线与平面所成角的正弦值的取值范围为． 法二： 作平面于点，连接，， 平面，， 又，，平面，，平面， 又平面，，是二面角的平面角，， 在中，， 又，设直线与平面所成角为，又， 所以， ，单调递增，， ，即直线与平面所成角的正弦值的取值范围为． 19. 已知函数，． （1）当时，求的单调区间； （2）证明：； （3）当时，，求的取值范围． 【答案】（1）单调递增区间是，单调递减区间是． （2）由（1）知，在上单调递减， 所以当时，，即， 由得，即， 令，得，即， 所以，，⋯，， 累加得， 所以． （3） 【解析】 【分析】（1）先求导，利用导数研究单调性即可求解； （2）由（1）得的单调性，进而得，令，得，进而求和即可； （3）由题意得对上恒成立，令，利用导数研究单调性结合零点存在定理即可求解. 【小问1详解】 当时，，其定义域为，， 由得，在上单调递增； 由得，在上单调递减， 综上，的单调递增区间是，单调递减区间是； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 当时，，则有对恒成立， 所以对恒成立， 令，则， 令，则， 所以在单调递减，又，， 由零点存在性定理知，存在唯一零点，使，即， 即，即， 由函数在上单调递增，可得，即，， 所以当时，，；当时，，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以，即的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $