精品解析：内蒙古呼和浩特市2027届高三第一次质量监测数学试卷

呼和浩特市2027届高三年级第一次质量监测 数学 注意事项： 1．考生务必将自己的姓名、准考证号填涂在试卷和答题卡的规定位置． 2．考生要将答案写在答题卡上，在试卷上答题一律无效．考试结束后，把答题卡交回． 3．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 曲线在点处的切线斜率是（ ） A. B. C. 3 D. 4. 已知向量，的夹角为，，，则的值为（ ） A. 1 B. 3 C. D. 5. 内蒙古足球超级联赛由内蒙古12个盟市各组建一支球队参加，第一阶段常规赛中，每队都要与其他各队在主客场分别比赛一次，则共要进行多少场常规赛（ ） A. 11场 B. 22场 C. 66场 D. 132场 6. 已知正三棱台的高为，上、下底面边长分别为1和7，则该棱台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知（），则（ ） A. B. C. 3 D. 8. 函数满足：，若，，则（ ） A. 405 B. 407 C. 409 D. 411 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．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. 已知直线，直线，则（ ） A. 恒过定点 B. 时， C. 时，与的距离 D. 与相交于点，过且与两直线所成角相等的直线有两条 10. 在正方体中，则下列判断正确的是（ ） A. 直线与夹角为 B. 直线与平面夹角为 C. 平面平面 D. 直线平面 11. 设等比数列，记其公比，前项和为，若，，成等差数列，则（ ） A. B. 的前项和为 C. 是等差数列，且公差为 D. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知的展开式中的系数是84，则______． 13. 在中，内角，，所对的边分别是，，．已知，边上的高为，则______． 14. 、为椭圆（，）的4个顶点、两个焦点中的两点，，椭圆的离心率为______． 四、简答题（本题共5小题，共77分．简答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图，四棱锥中，底面为矩形，对角线与交于点，平面，为的中点． （1）证明：平面； （2）设，，．求到平面的距离． 16. 先后抛掷一枚质地均匀的骰子两次，将出现的点数分别记为、． （1）设向量，，求的概率； （2）现对上述试验重复进行3次（每次试验为先后抛掷骰子两次），每次试验的结果相互独立．将每次试验中事件“”发生记作一次“成功”．记X为3次试验中“成功”的次数． （i）求X的分布列； （ii）求X的数学期望和方差． 17. 已知双曲线：（，），实轴长为4，其中一条渐近线方程为． （1）求的方程； （2）设双曲线的两个焦点分别为、，为上的点，若为钝角三角形，求的取值范围． 18. 已知函数． （1）求函数的对称轴方程； （2）若，求的零点个数； （3）当、，且时，有，求． 19. 已知函数． （1）当时，求的单调递减区间； （2）对，恒成立，求实数的取值范围； （3）若曲线上存在两个不同的点、，使得、关于直线对称，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 呼和浩特市2027届高三年级第一次质量监测 数学 注意事项： 1．考生务必将自己的姓名、准考证号填涂在试卷和答题卡的规定位置． 2．考生要将答案写在答题卡上，在试卷上答题一律无效．考试结束后，把答题卡交回． 3．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】复数的共轭复数是. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先将转化为，然后进行交集运算即可. 【详解】，即，即，因此， 又集合，故. 3. 曲线在点处的切线斜率是（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】对函数求导，然后在导数中令可求出所求切线的斜率. 【详解】对函数求导得，当时，， 因此，所求切线的斜率为. 4. 已知向量，的夹角为，，，则的值为（ ） A. 1 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得向量，的夹角为，，， 则 . 5. 内蒙古足球超级联赛由内蒙古12个盟市各组建一支球队参加，第一阶段常规赛中，每队都要与其他各队在主客场分别比赛一次，则共要进行多少场常规赛（ ） A. 11场 B. 22场 C. 66场 D. 132场 【答案】D 【解析】 【详解】12支队伍，每两队赛两场，可看作12支队伍选出2个考虑顺序，共有种选法，所以共有132场比赛. 6. 已知正三棱台的高为，上、下底面边长分别为1和7，则该棱台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题可得，正三棱台的侧面是三个全等的梯形，上下底面分别是边长为1和7的等边三角形. 设棱台高为，梯形高为，上底面边长为，下底面边长为， 上底面内接圆圆心到边的距离为，下底面内接圆圆心到边的距离为. 则，同理， . 所以， 即. 7. 已知（），则（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据求出，再利用三角恒等变换化简得到，代入即可得到答案． 【详解】由得， 又因为，故，故， 因此 ． 8. 函数满足：，若，，则（ ） A. 405 B. 407 C. 409 D. 411 【答案】B 【解析】 【分析】先对题中条件变形，根据等差数列的性质得到，再代入题中数据，即可求解． 【详解】， ， ， 则是等差数列，后项减前项为定值d， 即． ，， ， ， 解得． 则， 所以． 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．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. 已知直线，直线，则（ ） A. 恒过定点 B. 时， C. 时，与的距离 D. 与相交于点，过且与两直线所成角相等的直线有两条 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，直接代入可得定点坐标；对于B，根据两直线垂直列出方程即可求出；对于C，先根据两直线平行求出，再利用两平行线间的距离公式即可求解；对于D，根据满足条件的直线是两条角平分线即可判断． 【详解】对于A，将代入的方程，解得， 所以恒过定点，故A正确； 对于B，由得，解得，故B错误； 对于C，由得，解得，此时 所以与的距离，故C错误； 对于D，如图所示，设分别是直线上的一点， 则满足条件的直线为或其补角的角平分线，共2条，故D正确． 10. 在正方体中，则下列判断正确的是（ ） A. 直线与夹角为 B. 直线与平面夹角为 C. 平面平面 D. 直线平面 【答案】BCD 【解析】 【分析】由及为等边三角形可判断A；证明平面求出线面角判断B；利用面面垂直的判定推理判断C；利用线面垂直的判定推理判断D作答. 【详解】对于A，正方体的对角面是矩形，则，是直线与所成角或其补角， 而为等边三角形，即，A错误； 对于B，由平面，平面，得，而，， 平面，因此平面，令，连接， 则是直线与平面夹角，显然，B正确； 对于C，由平面，平面，得，而，， 平面，则平面，又平面，因此平面平面，C正确； 对于D，由选项B知，平面，平面，则，同理， 而平面，所以直线平面，D正确. 故选：BCD 11. 设等比数列，记其公比，前项和为，若，，成等差数列，则（ ） A. B. 的前项和为 C. 是等差数列，且公差为 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】先利用等差中项条件推导公比的三次方的值，再根据等比数列的通项公式、前n项和公式、等差数列的判定逐个验证选项． 【详解】对于A，若，则等比数列前n项和， 此时， 则， 因为，所以， 与，，成等差数列矛盾，所以． 因为，，成等差数列，所以， 代入等比数列前n项和公式， 两边约去，可得， 整理等式得， 因为，两边同除得， 令，则方程变为，解得或， 结合，即，可得，故选项A正确； 对于B，由题意知，数列是首项为，公比为的等比数列， 其前项和为，故选项B正确； 对于C，， 因为，所以， 可得公差为，故选项C错误； 对于D，因为， 所以， ， 则，故选项D正确． 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知的展开式中的系数是84，则______． 【答案】1 【解析】 【详解】因为中的系数为，解得. 13. 在中，内角，，所对的边分别是，，．已知，边上的高为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】首先过点作边上的高，可得出为等腰直角三角形，由勾股定理可得出，，最后由余弦定理求解即可. 【详解】如图，作出符合题意的图形， 过点作边上的高，垂足为，由题可知， 在中，，因此为等腰直角三角形，可得，， 在中，，由勾股定理得，即， 根据余弦定理，对于有. 14. 、为椭圆（，）的4个顶点、两个焦点中的两点，，椭圆的离心率为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据椭圆，，可得，根据以及结合可确定，再求离心率. 【详解】因为，所以， 所以椭圆顶点：，；焦点：， 所以，， 当、为短轴顶点时，，不合题意， 当、为焦点和左右顶点中的两点时，两点间距离可能为，若其中任意一个为，解得均不是整数，不合题意， 当、一个为焦点一个为短轴顶点时，，是整数，所以，不合题意， 当、一个为长轴顶点一个为短轴顶点时，，解得，满足题意， 所以， 所以. 四、简答题（本题共5小题，共77分．简答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图，四棱锥中，底面为矩形，对角线与交于点，平面，为的中点． （1）证明：平面； （2）设，，．求到平面的距离． 【答案】（1）证明：连接，因为四边形为矩形， 所以点为的中点，又点为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）借助线面平行判定定理即可得证； （2）法一：可建立适当空间直角坐标系，求出及平面的法向量后，利用空间中点到平面距离公式计算即可得；法二：借助等体积法，利用计算即可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：由题意，可以点为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则，，， 则，， 设平面的法向量为， 则，可取， 由（1）知平面， 到平面的距离为到平面的距离， 又，则在法向量上的投影长度为， 故到平面的距离为. 法二：由（1）知平面， 到平面的距离为到平面的距离， 在中，，， 由平面，平面，故， 由底面为矩形，则，又，、平面， 故平面，又平面，故， 则， ∴，则， 故， 由，， 设到平面的距离为， ∴，解得， 故 PB 到平面 AEC 的距离为． 16. 先后抛掷一枚质地均匀的骰子两次，将出现的点数分别记为、． （1）设向量，，求的概率； （2）现对上述试验重复进行3次（每次试验为先后抛掷骰子两次），每次试验的结果相互独立．将每次试验中事件“”发生记作一次“成功”．记X为3次试验中“成功”的次数． （i）求X的分布列； （ii）求X的数学期望和方差． 【答案】（1） （2）（i） X 0 1 2 3 P （ii）， 【解析】 【分析】（1）由古典概率公式求解即可； （2）（i）由二项分布的概率公式求分布列； （ii）由二项分布期望公式、方差公式求解即可. 【小问1详解】 设事件 A 表示“”， 由 ，知 a＝b ，此时事件 A 有 6 种情况 而所有事件的总数为36，所以 【小问2详解】 X的可能取值为0，1，2，3 由题知； 则， ， 故X的分布列为 X 0 1 2 3 P ，. 17. 已知双曲线：（，），实轴长为4，其中一条渐近线方程为． （1）求的方程； （2）设双曲线的两个焦点分别为、，为上的点，若为钝角三角形，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用实轴长与渐近线定义计算即可得； （2）不妨设点在第一象限，再分与讨论，再结合双曲线的对称性即可得. 【小问1详解】 由题意可得，且， 则，，所以的方程为：； 【小问2详解】 不妨设点在第一象限，则， 若，由，则， 又，则，故， 又在第一象限，则； 若，则由， 由、， 即， 整理得，又，则， 故，则，又在第一象限，则； 综上，结合双曲线的对称性可得. 18. 已知函数． （1）求函数的对称轴方程； （2）若，求的零点个数； （3）当、，且时，有，求． 【答案】（1） （2）在 上有两个零点 （3）1 【解析】 【分析】(1)先利用二倍角公式、辅助角公式将函数化简，再求解；(2)利用换元法求解；(3)求出角的取值范围，再由得到求解. 【小问1详解】 ∵， 由解得， ∴ 的对称轴方程为， 【小问2详解】 令，则， 因为在上有两个零点， 所以 在 上有两个零点， 【小问3详解】 ∵∴， ∵时，，∴， ∴，∴ 19. 已知函数． （1）当时，求的单调递减区间； （2）对，恒成立，求实数的取值范围； （3）若曲线上存在两个不同的点、，使得、关于直线对称，求证：． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）解不等式，求解函数的单调递减区间； （2）利用分离参数法，转化为求解； （3）设,就、分类讨论后可得在在上存在变号零点，从而可证. 【小问1详解】 时， ，的定义域是， 则，令得， ∴ 的单调减区间是 【小问2详解】 ∵时，恒成立， ∴恒成立 ∴恒成立， 令 ，则， ∴， 令 则， 得，得， ∴ 在 单调递增，在单调递减， ∴ ∴可知 恒成立， ∴在 单调递减. ∴， ∴实数 a 的取值范围是 ； 【小问3详解】 的定义域是，存在 ，使得， 令， 若，设，则， 故在上为增函数， 而时，，时，， 故在上存在唯一的零点， 且当时，；当时，， 故时，即，时，即， 当时，即， 不妨设，若，则即，与假设矛盾； 若，则，与矛盾； 若，则即，因此，故即， 矛盾； 故. 又，， 因为，故， 故存在，使得，且在的两侧附近异号， 故在上存在变号零点， 而，故在上存在变号零点，而， 当时，，当时，， 故在上为增函数，在上为减函数， 故，故即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $