精品解析：浙江A9协作体2027届高三上学期暑假返校学情诊断数学试卷

浙江省A9协作体暑假返校学情诊断 高三数学试题卷 考生须知： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟； 2．答题前务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的地方． 3．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范答题，在本试卷纸上答题一律无效． 4．考试结束后，只需上交答题卷． 第Ⅰ卷 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. 设，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知为虚数单位，则复数（ ） A. B. C. D. 3. 向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 在160和之间插入4个数，使这6个数成等比数列，则公比q的值为（ ） A. B. C. D. 5. 设，，若与互为相反数，则（ ） A. B. C. D. 6. 唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在位置为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为．则“将军饮马”的最短总路程为（ ） A. B. C. D. 7. 的值是（ ） A. B. C. D. 8. 已知三个数，，，，，，则（） 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. 7个样本数据：5，6，3，1，9，6，12，则下列说法正确的是（ ） A. 极差是10 B. 平均数是6 C. 众数是6 D. 中位数是6 10. 已知抛物线：，其焦点到准线的距离为2，且为上的动点，则（ ） A. 的方程为： B. 已知点，则的最小值为4 C. 直线被抛物线截得的弦长最小值为4 D. 若抛物线准线与轴交于点，设斜率为，则的最小值是1 11. 正方体棱长为1，、分别为、中点，点在正方体的表面上运动，且满足．记点的轨迹为，则下列命题正确的是（ ） A. 是矩形 B. 所围图形的面积为 C. 点与所围成的空间几何体的体积是 D. 点线段，所在平面与平面的夹角余弦值范围为 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 二项式展开式中第4项系数是______．（用数字作答） 13. 已知等差数列的前项和为，且，，则_________． 14. 过椭圆上一点作椭圆的切线分别交、轴于点、，，则_________． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应该写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，点在边上，且满足，，，． （1）求边的长； （2）若点是中点，求． 16. 已知函数． （1）若曲线在处的切线与轴平行，求的值和切线方程； （2）若在上有2个零点，求的范围． 17. 如图，矩形中，，．将沿对角线折起，得到三棱锥，在底面上的投影在上． （1）证明：； （2）证明：平面平面； （3）求与平面所成角的正弦值． 18. 已知双曲线的离心率为3，且左右焦点分别为，，点到渐近线的距离为． （1）求双曲线的标准方程； （2）过点的直线与的左右两支交于、两点． （i）若直线的斜率为，求的长； （ii）若，证明：，，成等比数列． 19. 甲、乙两人比赛，每局甲胜概率为，乙胜概率为，且．比赛进行到有1人连胜两局时结束．记为比赛的局数，表示比赛进行局结束的概率． （1）若，求，； （2）求，（结果用，表示）； （3）表示的期望． （i）求（结果用，表示）； （ii）证明：． （参考公式：无穷等比数列，公比为，若，则：，） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 浙江省A9协作体暑假返校学情诊断 高三数学试题卷 考生须知： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟； 2．答题前务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的地方． 3．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范答题，在本试卷纸上答题一律无效． 4．考试结束后，只需上交答题卷． 第Ⅰ卷 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. 设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由交集的运算可知. 2. 已知为虚数单位，则复数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】． 3. 向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得出，结合平面向量数量积的运算性质可求出的值. 【详解】因为，，且，所以，解得. 4. 在160和之间插入4个数，使这6个数成等比数列，则公比q的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设该等比数列为，，由题意得，, 根据等比数列通项公式代入 可得：， 将、代入上式：， 整理得， 所以． 5. 设，，若与互为相反数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意且，显然，C错误， 结合对数函数的单调性知，显然A正确， 当且仅当时，，成立，但其它情况不能成立，B、D错误. 6. 唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在位置为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为．则“将军饮马”的最短总路程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用点对称然后连线找最短，求两点间距离即可 【详解】 如图所示，，，过原点作的对称点为，连接， 则的长度即为“将军饮马”的最短总路程，因为， 所以“将军饮马”的最短总路程为5. 7. 的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用切化弦方法，结合使用两角差的正弦公式、二倍角公式及诱导公式化简即得. 【详解】 . 8. 已知三个数，，，，，，则（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用中间值法可得到a，b的大小，再构造函数可得到b，c的大小.. 【详解】先比较b和a，由得：； 由，两边取自然对数得，即，故； 再比较b和c，因为，两边取自然对数可得： ， 因为，利用换底公式可得：； ， 将两式联立，得到与的关系： ， 因为， 要比较和的大小，等价于比较与的大小， 将代入：， 这就转化为比较与的大小， 令(其中)， 求导：， 当时，，所以函数在上单调递减， 因为，所以， 即：， 所以， 两边再同除以（正数），得到： 即； 综上： 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. 7个样本数据：5，6，3，1，9，6，12，则下列说法正确的是（ ） A. 极差是10 B. 平均数是6 C. 众数是6 D. 中位数是6 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用样本数据的特点和概念进行求解. 【详解】将数据从小到大排列：1,3,5,6,6,9,12 A选项，极差为，所以A选项错误； B选项，平均数为，所以B选项正确； C选项，众数为6，所以C选项正确； D选项，一共7个数据，中位数为从小到大第4个数，即中位数为，所以D选项正确. 10. 已知抛物线：，其焦点到准线的距离为2，且为上的动点，则（ ） A. 的方程为： B. 已知点，则的最小值为4 C. 直线被抛物线截得的弦长最小值为4 D. 若抛物线准线与轴交于点，设斜率为，则的最小值是1 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用抛物线的性质得，从而得抛物线方程，判断A，把抛物线上的点到焦点距离转化为该点到准线的距离，转化求解最小值判断B，直线方程与抛物线方程联立方程组，利用韦达定理求得弦长判断C，由判别式不小于0判断D. 【详解】对A，由题意，所以抛物线方程为，A错； 对B，由抛物线方程得其焦点为，准线为直线，如图，过作于点，则，所以，所以当三点共线时，取得最小值为点到准线的距离4，B正确； 对C，由得，， 所以，， 直线被抛物线截得的弦长为： ，当且仅当时，，C正确； 对D，由以上推导知，直线的方程为， 由得，，所以，的最小值是1,D正确. 11. 正方体棱长为1，、分别为、中点，点在正方体的表面上运动，且满足．记点的轨迹为，则下列命题正确的是（ ） A. 是矩形 B. 所围图形的面积为 C. 点与所围成的空间几何体的体积是 D. 点线段，所在平面与平面的夹角余弦值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】连接，交于，则为中点，过点分别作，分别交于点，连接，进而可得点的轨迹是矩形，进而求解判断AB；建立空间直角坐标系，利用空间向量求解判断CD . 【详解】对于A，在正方体中，连接交于点，则为中点， 连接，因为为的中点，所以， 由正方体的性质，可知平面，所以平面， 因为平面，所以， 过点作，分别交于点， 过点分别作，分别交于点，连接， 所以四点共面，且， 所以四边形为平行四边形， 因为平面，所以平面， 又平面，所以，所以四边形为矩形， 因为，平面，所以平面， 因为点在正方体的表面上运动，且满足， 所以当面时，始终有，则点的轨迹是矩形， 即是矩形，故A正确； 对于B，在正方形中，因为， 所以，则， 因为，所以， 所以，则，即， 所以，易得， 所以所围图形的面积为，故B正确； 对于C，以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 由于平面，则所在平面的一个法向量为， 而，则点到平面的距离为， 而四边形的面积为， 则点与所围成的空间几何体的体积是，故C错误； 对于D，设，， 由C知，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 而所在平面的一个法向量为， 设所在平面与平面的夹角为， 则， 当时，； 当时，， 由于，则，则. 综上所述，所在平面与平面的夹角余弦值范围为，故D正确. 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 二项式展开式中第4项系数是______．（用数字作答） 【答案】 20 【解析】 【详解】由题设，展开式通项为，， 所以时，，即第四项的系数为. 13. 已知等差数列的前项和为，且，，则_________． 【答案】3 【解析】 【分析】利用等差数列片断和性质求解. 【详解】是等差数列，则成等差数列， 所以，所以. 14. 过椭圆上一点作椭圆的切线分别交、轴于点、，，则_________． 【答案】3 【解析】 【分析】设切点，切线设为，联立椭圆方程，令判别式，得到，可求出切线方程，分别令和，得到切线与坐标轴的交点和，由，可解出点坐标，利用两点间距离公式可得的值. 【详解】设切点为， 因为切线分别交轴于两点，说明切线斜率存在且不等于0， 设切线方程为， 将切线方程代入椭圆方程， ， 因为直线与椭圆相切， ， 化简得：， 因为切点在切线上，所以，即， 将代入上面的关系式： ， 展开并整理得： ， ， 因为点在椭圆上，满足，可变形为： ，代入上面的的方程中： 方程两边同时乘以，得到： 观察发现这是一个完全平方式： 解得切线斜率： 利用点斜式，可得切线方程为： ， ， 因为，所以： 两边同除以36，即得切线方程：. 令，得，所以， 令，得，所以， 根据两点间距离公式： 展开得： ， 由椭圆方程知，代入上式： 故， 两边同乘：， 令，得， 分解因式得：， 解得或， 因为点在椭圆上，所以，故舍去， 因此， ， 根据两点间距离公式， ， ， 将和代入： ， 所以. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应该写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，点在边上，且满足，，，． （1）求边的长； （2）若点是中点，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）作出图形可得，从而求出，再利用余弦定理即可求解； （2）在中由余弦定理可得，在中利用余弦定理即可求解. 【小问1详解】 由题意作出下图，且得， 在中，，，得， 在中，由余弦定理可得， 所以. 【小问2详解】 由（1）得，点是中点，则， 在中由余弦定理可得，则， 在中由余弦定理可得. 16. 已知函数． （1）若曲线在处的切线与轴平行，求的值和切线方程； （2）若在上有2个零点，求的范围． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）结合题意与导数得到，进而求解参数值，再得到切线方程即可. （2）将零点问题合理转化为交点问题，再结合导数求解参数范围即可. 【小问1详解】 因为，所以， 则，而曲线的切线与轴平行，可得， 解得，此时得到，，故切线方程为. 【小问2详解】 因为在上有2个零点， 所以在上有2个解，得到在上有2个解， 即与在上有2个交点， 而，令，，令，， 则在上单调递减，在上单调递增， 而，当时，，当时，， 可得，即的范围为. 17. 如图，矩形中，，．将沿对角线折起，得到三棱锥，在底面上的投影在上． （1）证明：； （2）证明：平面平面； （3）求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）如图，作面，以为原点建立空间直角坐标系， 由题意得，，，设，， 由折叠性质得，， 由两点间距离公式得， 解得，则，， 可得，， 得到，故得证. （2）由题意得，，，， 则，，，， 设面的法向量为，则， 令，解得，，得到， 设面的法向量为，则， 令，解得，，得到， 可得，故平面平面得证. （3） 【解析】 【分析】（1）（2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再利用空间位置关系的向量证明求解即可. （3）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再利用线面角的向量求法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由已知得，面的法向量为， 设与平面所成角为，则， 故与平面所成角的正弦值为. 18. 已知双曲线的离心率为3，且左右焦点分别为，，点到渐近线的距离为． （1）求双曲线的标准方程； （2）过点的直线与的左右两支交于、两点． （i）若直线的斜率为，求的长； （ii）若，证明：，，成等比数列． 【答案】（1） （2）（i）； （ii）由（1）知双曲线的标准方程为，， 由题意直线的斜率存在，设， ，，则由题意. 联立，消去并化简得， 则，，，则有， 因为，所以， 即，所以， 化简得，此时 ， 而 ， 所以，所以，，成等比数列． 【解析】 【分析】（1）利用离心率、焦点到渐近线距离以及的关系求解双曲线的方程； （2）（i）求出直线的方程，联立直线与双曲线方程，利用韦达定理和弦长公式求解即可； （ii）设直线的方程，与双曲线方程联立，结合韦达定理，根据弦长公式及求得，再根据弦长公式分别求得，进而利用等比数列定义证明即可. 【小问1详解】 已知双曲线的离心率为，则，所以，即. 设双曲线的右焦点为，根据双曲线对称性不妨取渐近线方程为， 则点到其距离，解得. 因为，把代入，得，解得，， 故双曲线的标准方程为. 【小问2详解】 （i）由（1）知，因为直线的斜率为，所以直线的方程为， 设，，联立，消去并化简得， 则，， 所以； （ii）略 19. 甲、乙两人比赛，每局甲胜概率为，乙胜概率为，且．比赛进行到有1人连胜两局时结束．记为比赛的局数，表示比赛进行局结束的概率． （1）若，求，； （2）求，（结果用，表示）； （3）表示的期望． （i）求（结果用，表示）； （ii）证明：． （参考公式：无穷等比数列，公比为，若，则：，） 【答案】（1）， （2）， （3） （i） （ii）因为，，令， 则. 函数在上单调递增， 当，即时取最大值， ，故，得证. 【解析】 【分析】（1）先枚举比赛胜负序列，再利用独立事件与互斥事件的概率公式求解； （2）先枚举比赛胜负序列，再利用独立事件的概率公式求解； （3）识别概率服从无穷等比数列；再利用无穷级数公式求数学期望，最后结合基本不等式以及函数的单调性完成最值证明. 【小问1详解】 若，则. 表示前两局连胜结束：甲连胜 2 局，或乙连胜 2 局. ， 表示第 3 局结束，说明前两局胜负交替，第 2、3 局同一个人连胜.，比赛序列：甲乙甲、乙甲乙. . 【小问2详解】 （偶数局结束）：前局必须交替胜负，不能出现连续两局胜，最后第局为同一人连胜.交替胜负序列共 2 种：甲乙甲乙、乙甲乙甲，前局交替，每一局切换胜负，概率为；最后两局同胜：或. . （奇数局结束）：前局交替胜负，无两连胜，第局连胜. . 【小问3详解】 （i）， 记， 已知公式：，， 则，， 代入得， 因为，所以，， 则. （ii）略 【点睛】本题关键在于读懂 “出现连胜两局比赛结束”，推导出不同局数对应的胜负序列，识别概率为无穷等比数列；利用题目给出的无穷级数公式简化期望计算，避免复杂求和.易错点：①容易写错的表达式，忽略前面交替胜负的约束；②无穷级数求和时下标、指数容易错位；③利用做代数化简，以及换元后判断函数单调性，是证明不等式的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $