精品解析：广东深圳市深圳中学2027届高三摸底考试数学试题

2027届高三年级摸底考试 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上．用2B铅笔将试卷类型和考生号填涂在答题卡相应位置上． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 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. 已知是复数，若，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题“，”的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 在空间中，下列命题正确的是（ ） A. 垂直于同一直线的两条直线平行 B. 平行于同一直线的两个平面平行 C. 若一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直 D. 若一个平面内有三个不共线的点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 4. 双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 5. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的最小正周期为，当时，取得最大值2，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数满足，则下列结论不正确的是（ ） A. B. 函数关于直线对称 C. D. 的周期为3 8. 将1，2，3，4，5，6随机排成一行，前三个数字构成三位数，后三个数字构成三位数，则的概率为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，且，则 C. 已知事件，互斥，，，则 D. 已知事件，相互独立，，，则 10. 已知圆锥（是底面圆的圆心，是圆锥的顶点）底面半径为1，母线长为．若，为底面圆周上任意不同两点，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥体积的最大值为 B. 三角形面积的最大值为 C. 当时，平面与平面夹角的余弦值为 D. 四面体外接球表面积恒大于 11. 已知函数有三个极值点，，，若，则（ ） A. B. 为极大值点 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知直线，，圆:,则直线被圆截得的最短弦的长度为________． 13. 设各项均为正数的数列的前项和为，前项积为，若，则______． 14. 已知，，是边长为1的正六边形边上相异的三点，则的最小值为______． 四、解答题：本题共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. 在中，角，，的对边分别为，，．已知，，． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 16. 如图，四棱锥的底面是正方形，设平面与平面相交于直线. （1）证明：. （2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 设函数（其中）． （1）讨论函数的单调性； （2）已知，函数在上的最大值为，试判断当为何值时，最小？ 18. 椭圆的离心率为，曲线过椭圆的左顶点． （1）求椭圆的方程； （2）过坐标原点的直线与相交于点，（异于），直线，分别与相交于，， ①证明：； ②记，的面积分别是，，求的最小值及此时直线的方程． 19. 已知，集合，，其中． （1）求中最小的元素； （2）若，且，求的所有可能值； （3）对于，记，若集合中的元素个数为， ①求的表达式（用含有和的式子表达）； ②令，求证：数列是等比数列． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三年级摸底考试 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上．用2B铅笔将试卷类型和考生号填涂在答题卡相应位置上． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 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. 已知是复数，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算公式，即可化解求值. 【详解】由可知，. 故选：A 2. 命题“，”的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【详解】命题“，”的否定为“，”. 3. 在空间中，下列命题正确的是（ ） A. 垂直于同一直线的两条直线平行 B. 平行于同一直线的两个平面平行 C. 若一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直 D. 若一个平面内有三个不共线的点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中直线、平面的位置关系，结合平面的基本性质判断A、B，由面面垂直的判定定理判断C，利用长方体举反例判断D. 【详解】A：空间中垂直于同一直线的两条直线，可能平行、相交或异面，错， B：空间中平行于同一直线的两个平面，可能平行或相交，错， C：若一个平面经过另一个平面的一条垂线，根据面面垂直的判定定理知这两个平面互相垂直，对， D：在长方体中，三点到平面的距离都相等，但平面与平面并不平行，错. 故选：C 4. 双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，可得，再由双曲线离心率的定义计算即得. 【详解】依题意，，所以该双曲线的离心率. 故选：A 5. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解分式不等式求解集合A，解对数函数不等式得集合B，然后利用补集运算和交集运算求解即可. 【详解】由得，解得.又，所以. 由，得，所以，所以， 所以. 故选：. 6. 已知函数的最小正周期为，当时，取得最大值2，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由周期为可得，再由最大值可得和值，由三角函数的图象与性质可得答案． 【详解】因为函数的最小正周期为， 所以，得， 当时，取得最大值2，则， 所以，， 即，可得，所以， 所以， 则， 因为，所以， 又因为， 且，所以， 因为当时，取得最大值2，所以是的一条对称轴方程， 由于，可得， 所以. 7. 已知函数满足，则下列结论不正确的是（ ） A. B. 函数关于直线对称 C. D. 的周期为3 【答案】D 【解析】 【分析】解法一：令，代入判断A；令，利用奇偶性和对称性的概念判断B；令判断C；令，利用周期性的概念判断D；解法二：构造函数，依次验证各选项即可. 【详解】解法一： 令，，则，解得，A正确； 令，则， 所以，即是偶函数， 所以，所以函数关于直线对称，B正确； 令，则， 令，则，所以，C正确； 令，则①， 所以②， ①②联立得， 所以，，即的周期为，D错误； 解法二： 构造函数， 满足，且， ，A正确； ， 因为表示的图象向右平移个单位，且的图象关于轴对称， 所以关于直线对称，B正确； 由余弦函数的图象和性质可知，C正确； 的周期，D错误； 故选：D 8. 将1，2，3，4，5，6随机排成一行，前三个数字构成三位数，后三个数字构成三位数，则的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用对立事件的概率和为1求解. 【详解】先求100的概率，则百位必相邻，且百位较大数的十位小于较小数的十位，个位无限制， 第1步：从6个数中取2个数，两个数相邻情况共有5种，分别作为百位，共种情况， 第2步：从剩下4个数中取2个数作为十位，较大数作为百位较小数的十位，共种情况， 第3步：剩下2个数分别作为个位，共种情况， 所以的概率为， 故的概率是. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，且，则 C. 已知事件，互斥，，，则 D. 已知事件，相互独立，，，则 【答案】AC 【解析】 【详解】对于A，若，则 ，即A正确； 对于B，若，且， 则； 因此可得，解得，即B错误； 对于C，由事件，互斥且，， 则；即C正确； 对于D，由事件，相互独立可知也相互独立， 根据，可得 则；因此D错误. 10. 已知圆锥（是底面圆的圆心，是圆锥的顶点）底面半径为1，母线长为．若，为底面圆周上任意不同两点，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥体积的最大值为 B. 三角形面积的最大值为 C. 当时，平面与平面夹角的余弦值为 D. 四面体外接球表面积恒大于 【答案】ACD 【解析】 【分析】，当最大时可判断A；，求出最大值可判断B；以点为原点，为轴，为轴，垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，由平面向量夹角公式计算可判断C；用正弦定理求的外接圆半径为，然后可得外接球半径，根据范围可判断D. 【详解】对于A，因为底面半径为，母线长为， 所以， ，当即时， 最大，最大值为，故正确； 对于B，， 所以当最大时，最大， 当为底面圆的直径时，， 所以，所以此时最大，最大， 所以， 所以，故错误； 对于C，以点为原点，为轴，为轴，垂直的直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，， 则， 可得平面的一个法向量为， ， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 所以， 所以，故正确； 对于D，记四面体外接球半径为， 的外接圆半径为，， 因为，为等腰三角形，所以， 因为球心到的距离相等，所以球心在的中垂面上， 故球心到平面的距离为，由正弦定理得， 所以， 因为，所以，， 所以四面体外接球表面积，故正确. 11. 已知函数有三个极值点，，，若，则（ ） A. B. 为极大值点 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对求导，令得，对求导分析单调性，画出大致图象，即可判断AB；由特殊情况进行分类讨论即可判断CD. 【详解】由，得， 由于，则令，即， 设，， 则， 当时，，单调递减， 且时，，时，， 当时，，单调递增， 且时，， 当时，，单调递减， 且时，， 作出函数的图象如图， 则，故A正确； 当时，，， 所以在上单调递减，故B错误； 由于， 由图可知，若，则，不符合； 若，则，符合，满足题意，此时，故C正确； 而，则，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知直线，，圆:,则直线被圆截得的最短弦的长度为________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出直线恒过定点，当时， 圆心到直线的距离取得最大值为，由直线被圆截得的弦长公式求解最短弦的长度. 【详解】由，令，得， 所以直线恒过定点， 圆的圆心，半径， 由，可得点在圆内部，即直线与圆始终相交， 因直线被圆截得的弦长公式为，为圆心到直线的距离， 当取最大值时，弦长最短，则当时， ， 此时最短弦的长度为. 13. 设各项均为正数的数列的前项和为，前项积为，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意化简可得数列的递推公式，构造法求出其通项公式，从而求解. 【详解】由 得 即 是以2为首项，2为公比的等比数列 . 故答案为： 【点睛】由递推公式求通项公式的常用方法： 1、累加法求通项 适用于： 2、累乘法求通项 适用于： 3、构造法求通项 适用于 形如型 形如：（其中是常数，且）型 形如（其中是常数，且）型 14. 已知，，是边长为1的正六边形边上相异的三点，则的最小值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】一方面，而不重合，所以；另一方面，设中点为，那么，设在六边形的端点上，同理不妨设在六边形的端点上．分四种情况即可得，剩下的只需证明何时取等并且可以取遍中的每一个数． 【详解】首先，，这里是最长的那条对角线的长度， 等号取到当且仅当同向，且，而这意味着重合，矛盾. 所以. 另一方面，我们先舍弃互不重合的条件，然后证明； 设中点为，那么， 然后，设A所在的边的端点为，则， （这是因为，记，其中为原点，确定的， 那么是一次函数，从而t属于时，有） 所以我们可以不妨设A在六边形的端点上. 同理，我们可以不妨设C在六边形的端点上. 此时分以下四种情况： (1)重合，此时， (2) 为相邻顶点，此时， (3) 相隔一个顶点，此时， (4) 为对径点，此时 综上，， 所以，即使去掉互不重合的条件，我们仍有， 这就说明，互不重合时，有， 然后，取等条件如图所示： 具体说明如下：构造一个到六边形的函数（即从数映射到点）， 使得，并且只沿着最近的轨道， 这样在的情况下，互不重合 同时设，那么，而连续， 所以在的情况下，必定取遍， 这就意味着，的取值范围就是， 因此的最小值为. 四、解答题：本题共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. 在中，角，，的对边分别为，，．已知，，． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理求解即可； （2）由正弦定理求解即可； （3）在中，先由求出，进而求出，，然后用两角差的正弦公式求解即可. 【小问1详解】 由余弦定理得 ， 所以． 【小问2详解】 由正弦定理得，即， 解得 【小问3详解】 在中，，所以 因为，所以为锐角， 所以， 16. 如图，四棱锥的底面是正方形，设平面与平面相交于直线. （1）证明：. （2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 因为四棱锥的底面是正方形，所以， 又平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面平面， 所以； （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理和性质定理即可证明； （2）利用面面平行的性质确定平面，建立直角坐标系，利用坐标法结合线面角公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，取的中点，连接，则， 因为平面平面，平面平面， 则平面，所以以坐标原点建立如图坐标系， 因为，是正方形，所以， 则，，，, ，，， 设平面的法向量为， 则，， 取，，，即， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17. 设函数（其中）． （1）讨论函数的单调性； （2）已知，函数在上的最大值为，试判断当为何值时，最小？ 【答案】（1）当时，在上单调递减，在单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． （2）当时，取最小值 【解析】 【分析】（1）利用导数，对参数分类，比较导数零点0与的大小，进一步求出单调区间. （2）先判断是否在区间内部，判断函数在区间内先减后增；最大值比较两个端点与；构造函数，采用作差法证明，得到；再对求导分析单调性，比较区间端点函数值，得到取最小对应的值. 【小问1详解】 ， 当时，恒成立，故在上单调递减，在单调递增； 当时，，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； 当时，，当，，；当，，；即时，，所以在上单调递增； 当时，，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． 综上所述，当时，在上单调递减，在单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 由（1）知，当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． 令，则，所以在上递减，所以，从而，得， 所以当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以， 令，则， 令，则， 在上递减，而，， 所以存在使得，且当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减． 因为，，所以， 即在上恒成立，所以，当且仅当时等号成立． 综上所述，当时，取最小值. 18. 椭圆的离心率为，曲线过椭圆的左顶点． （1）求椭圆的方程； （2）过坐标原点的直线与相交于点，（异于），直线，分别与相交于，， ①证明：； ②记，的面积分别是，，求的最小值及此时直线的方程． 【答案】（1） （2）①若直线的斜率不存在，则，，，所以，即； 若直线的斜率存在，设直线的方程为，， ，所以，， ， 所以，即 ②的最小值为，此时直线的方程为 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的离心率及抛物线方程列式计算求解即可得出椭圆方程； （2）①联立方程结合韦达定理计算得出斜率乘积为得出垂直关系；②联立方程组结合面积公式计算，最后应用基本不等式计算求解最小值. 【小问1详解】 曲线过椭圆的左顶点令，则，所以，所以． 又，从而，，故椭圆的方程为． 【小问2详解】 ①略 ②设直线， 由垂直关系可得：直线， 联立，所以，同理； 联立，所以，同理， ， 所以的最小值为，取等条件是， 当时，，直线的方程为； 当时，，直线的方程为； 故直线的方程为. 19. 已知，集合，，其中． （1）求中最小的元素； （2）若，且，求的所有可能值； （3）对于，记，若集合中的元素个数为， ①求的表达式（用含有和的式子表达）； ②令，求证：数列是等比数列． 【答案】（1） （2）， （3）①； ②设，则． 因为， 所以 （实际上，） 所以，所以，又因为，所以是等比数列 【解析】 【分析】（1）要求中最小元素，只需让指数取最小的连续非负整数即可； （2）中是两个不同的幂的和，设，分两类讨论即可求解； （3）对于满足区间条件的元素，其最高次幂必须恰好为，因此将问题转化为组合数问题. 【详解】（1）中最小的元素为. （2）中元素是两个不同的幂之和，设，， 当时，，符合条件；当时，因为时，，故， 因此， 即，而，且， 因此且，即， 故综上，， 代入，即, 的奇因子只有，故，，即，不是的整数幂，无解， 综上的可能值为和. （3）①设，即且， 设，记最高次幂为， 若，则，与矛盾； 若，则，与矛盾， 因此最高次幂必为，即， 因此剩余个指数需从中选取，所以 ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $