2027年高考数学一轮复习检测卷（天津专用01）

**基本信息** 2027天津高考数学一轮复习检测卷，120分钟150分，以集合、函数、数列等核心知识为载体，融入新能源汽车调查等现实情境及“新考法”题型，适配一轮复习巩固与能力提升需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|9题45分|集合运算、函数性质、独立性检验等|第8题结合等高堆积条形图考查统计推断，体现数据观念| |填空题|6题30分|复数、二项式定理、概率期望等|第13题以AI机器人识别为情境，考查条件概率与期望，落实应用意识| |解答题|5题75分|立体几何、椭圆综合、导数应用等|第20题导数题融合切线、最值及数列证明，考查逻辑推理与创新意识|

可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2027年高考一轮复习检测卷( 天津专用) 数学·参考答案 第一部分（选择题共45分） 一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45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。 题号 6 7 8 9 答案 D C B C C C D 第二部分（非选择题共105分） 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。 10. 4 2 11.60 12. 0513.号 14. 三、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 16.(14分) 1)医为coC-号sinC=1,Ce@,,解得snC-3 14 由已知3sin4=7sinC,.sin4= V3 又b>a,故B>A, 故40引解得∠A=60；5分) (2)sin2C=2sinCeosC=,cos2c=cosc-sinC= 98 981 sin(4+2C)=sindcos2C+cosin2C=55 (9分) 98 (3)由c0s4=1 3c得 8+c2-7c月 3 1, osA= 2×8c 2 整理为5c+9c-72=0,解得c=3或c=-24(舍》.14分) 5 17.(15分) (I)证明：，PA⊥底面ABCD,且BCC底面ABCD,∴.PA⊥BC, 1/8 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 :ABCD为正方形，∴.AB⊥BC,又：PA∩AB=A,且PA,ABC平面PAB,.BC⊥平面PAB 'AEC平面PAB,.AE⊥BC 由PA=AB,E为线段PB的中点，可知AE⊥PB, PB∩BC=B,且PB,BCC平面PBC,∴.AE⊥平面PBC,(5分) (2)(i)取AB的中点M,连接EM,FM. D ! E为PB中点，.EM是△PAB的中位线，故EMIIPA,且EM=二PA=1. D M B 又：PA⊥底面ABCD,∴.M⊥底面ABCD,因此FM是EF在底面ABCD内的投影， ∠EFM即为直线EF与平面ABCD所成的角.由题意可知F是BC的四等分点，BC=2, 4 ,又：M是AB中点，AB=2,故MB=1. 在RteMBF中，FM=VMB2+BF 在Rt△EMF中，EF=VEMP+FM 3. 因此sIn∠EFM=EM-12 EF33.(9分) (i)利用等体积法V,-ABr=V-APE, 设点P到平面AEF的距离为hp· 由(1)知BC1平面PAB,故BF⊥平面PAB,即点F到平面APE的距离为BF=】 在等腰RtPAB中，AE⊥PB,AE=)PB=2,PE=2, 故8mcPE=分5x5=1. 21 因此s专am8r-1号合1分》 26 由(1)知AE⊥平面PBC,故AE⊥EF,即△AEF为直角三角形， 又-，原成8分业以5柜 24 3 .(15分) 18.(15分) 2/8 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (1)~椭圆离心率e=C=1 a2’a=2c. 又a=6+c,6=30,椭圆方程可化为二+广 4c231. 将点 代入得1,2 =1’化简得 4c23c2 c2=1,a2=4,b2=3 小撰国C的标准方智为号+号1.(5分) (2)由题意得左顶点A(-2,0),设直线1的方程为y=k(x+2)k≠0). y=k(x+2) 联立 父+ ,消去y整理得(3+4k2)x2+16kx+16k2-12=0」 4 =1 3 已知x=-2是方程的一个根，设B(x,)小，由韦达定理得x+,=3十4’ 16k2 16k2 六xB= 3+4g+26-8 3+4k2, 代入直线方程得y=k+2)=3+4k 12k B E M 交40B的面积S10411,其中O42. =x2x12% _121k 2 3+423+4k .(8分) ~k≠0，由基本不等式得3+4W2≥234状=4V51k1,当且仅当3=4k即k=±5时等号成立 2 :S512k=万，即A4OB面积最大值为5，此时k=±5 4v31k| 2 直线1的方程为y=±3 (x+2).(10分) (3)在y=MX+2中令x=0,得y=2k,·E(0,2k). P是线段AB的中点， 3/8 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 p=4+2=-8跳 3+4′=2 6k 3+4k2’ 3 ·直线OP的斜率kp=业= xp 4k 爱设*轴上存在定点山m0渴题意，则直线2的斜率。，州一冷 ME⊥OP, 2 该结果与k的取值无关，对任意k≠0均成立 存在定点40满足题意(15分 19.(15分) (1)设数列{an}的公比为9， 因为an>0,故9>0， 因为4=1，所以an=q-1,又S=3S2+1, 所以1+9+g°=3+3q+1,故9=3或9=-1（舍去）， 当9=3时，an=3m-1,n∈N, 设数列{bn}的公差为d, 由T3=4,T4=16,得2b+d=4,4b+6d=16, 解得b=1,d=2,所以bn=2n-1;(5分) a--r+j (nC(-) 令4为兮的前0项和，则 A=5om广a小 (A=-+52a+( 所u=1+2(+2(++2(-o-( 4/8 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以4=1+2x -4-8m川 所以A 3.4n+11- 8 3 ;(8分) 令Bn为 3+13m n+1 n 的前n项和，则 g得因别 所以Bn= 3+ 3 n+1 +号+✉- 3m- ++33 n+l n (3)因为Pn=b1+b。+2++b。+n,bn=2n-1, Pn=2(an+1)-1+2(an+2）-1+…+2(an+n)-1 =2ma,+1+3++(2m-1)=2n-4,+n(2n-1+ 2 =2n.a,+n2 2n32n3n2 'P -n 2n.a3 故2-k元+132n2 +3产Pm,n∈N恒成立台-k2+13厂m] 323 max d-d=a”-+-3n1-2na- 设d=m 3”3- 3” n=1时，d-d>0; n≥2时，2n(n-1)≥4→1-2n(n-1)<0→d1-dn<0→dn+1<dn, dm=d-号 5/8 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 :2-k+13≥4元>0恒成立，即k≤元+3恒成立， 33 :元+？≥25，当且仅当元=5时等号成立， .k≤23，故k的最大值为23.(15分) 20.(16分) (1)当m=1,t=0时，f(x)=e“,则f'(x)=er+area=(ax+l)e“, 则f'(1)=(a+1)e,由f(x)在点(，f(1)处的切线与直线y=ex+1垂直， 则(a+1)ee2=-1,即(a+1)ea+2=-1, 令h(x)=xe+,则h(x)=(x+l)e, 当x∈（-o,-1)时，h(x)<0,当x∈(-1，+o)时，H(x)>0, 故h(x)在(-o,-1)上单调递减，在(-1，+∞)上单调递增， 则h(x)≥h(-1)=-1e°=-1，故a+1=-1,则a=-2;(5分) 2e2 若t≤0，则g(x)≥0恒成立，故g(xr)在1，e上单调递增， 则有g(e)=lne-te-t=1-t(6+1≥1， 与g(x)在1，©上的最大值为-√矛盾，不符合题意； 若t>0,令g(x)=0,解得x=4 当xe0)时，8(>0，当xe(时，g)<0, 故g(创在0) 上单调递增，在 +∞上单调递减， 4 若0号s1,即1≥2时，8在L上单调定减， 则g(x)在1，e上的最大值为g(1)=lnl-t-t=-2t=-ve, 则t=6,由<2，故不符合题意； 则8在上大值为8)b产子1=2h子2-1， 即t+2lnt-(2ln2-2+v)=0,由y=t+2lnt随t的增大而增大， 6/8 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 则+2-(2n2-2+同22h2n2-2*同）21-e≥0， 故t+2lnt-(2ln2-2+vQ)=0无解，不符合题意； 去产e,即0t≤后时，g树在上岸调范指 则g(x)在1，c上的最大值为8(e)=1-e+1)=-e,解得t=1; 综上所述：t=1;(11分) (2)(i)t=1,证明当x>0时，f(x)>1如下： 由m=0,f=1,则f=2e-- 要证f) 2(e-x-1,只需证2e*>×+2x+2, 即只需证当x>0时，2e-x2-2x-2>0, 令u(x)=2e-x2-2x-2(x>0),则t(x)=2e-2x-2, 令(x)=2e-2x-2(x>0),则'(x)=2e*-2=2(e-1)>0在(0，+w)上恒成立， 故'(x)在(0，+w)上单调递增，又d(0)=2e°-0-2=0， 故(x)>0在(0，+o)上恒成立，故u(x)在(0，+∞)单调递增， 则u(x)>4(0)=2e°-0-0-2=0，即2e*>x+2x+2在x>0时恒成立，即得证； (i)由(i)得当x>0时，(x)>1, 故当背得e=fG)>1,进面>0，依次得x>0,neN, 要证戈<h1+即证e<1+分，即证e-1分 下面先证关系e-1<e-,即证f(,)-1<e-少，>0， 证2-1<-少整得证，化2儿e代2刃小0， 记F(x)=e(x-2)+x+2,x≥0，得F'(x)=(x-1)e+1, 令G(x)=(x-1)e+1,则G(x)=xe>0, 所以F'(x)在(0，+∞)上单调递增，有F'(x)≥F'(O)=0, 所以F(x)在(0，+o)上单调递增，得F(x)≥F(0)=0, 故当x>0,有F()>0,所以f3,)-1<(e-, 7/8 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 政e-1e-小e-小e-刂e小 又0，将e所以-1。小分即得证、6分) 8/8 2027年高考一轮复习检测卷（天津专用） 数学·全解全析 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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。 第一部分（选择题 共45分） 一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。 1．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由，，得， 所以． 2．下列函数中，在区间上单调递减，且是奇函数的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】对A选项，的定义域为，， 既不满足也不满足，为非奇非偶函数，不符合要求，故A错误； 对B选项，的定义域为， 满足，是奇函数， 根据幂函数性质，在上单调递增，在上单调递增，不符合单调递减的要求，故B错误； 对C选项，的定义域为，关于原点对称， 满足，是奇函数， 由反比例函数的性质可知，在上单调递减，两个条件均满足，故C正确； 对D选项，的定义域为，定义域不关于原点对称，为非奇非偶函数，且根据对数函数性质，在上单调递增，不符合要求，故D错误． 3．已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】，，， 所以 4．已知某函数的大致图象如图所示，则该函数的解析式可能为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】A选项，取，则令，解得：，其中，即：和轴有无数个交点，所以A错误； B选项，取，则，令，得或，令，得， 故在和上单调递减，在上单调递增， 又因为，所以当时，，当时，，所以B正确； C选项，取，则函数定义域为，且，所以是偶函数，所以C错误； D选项，，由可得，由图知，D错误. 5．【新考法】函数，将的图象向左平移个单位长度后，再将所得的图象上所有的点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则的解析式为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为， 将的图象向左平移个单位长度，得， 再将所得的图象上所有的点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得. 6．以下结论错误的是（    ） A．命题：“，”的否定为“，” B．设随机变量服从正态分布，若，则 C．用决定系数来刻画回归效果，越小，说明模型的拟合效果越好 D．回归直线一定过样本中心 【答案】C 【详解】对于A，命题：“，”的否定是“，”，故A正确； 对于B，根据正态分布的性质可知，，则,那么 ，所以，，故B正确； 对于C，用决定系数来刻画回归效果，越大拟合效果越好，故C错误； 对于D，样本中心点一定在回归直线上，故D正确. 7．已知是等差数列，是等比数列，且，则（   ） A．9 B．10 C．11 D．12 【答案】C 【详解】解：由题可知，则， ， ，解得， ． 8．近年中国新能源汽车进入高速发展时期，为了了解消费者的购车类型与地域是否具有相关性，某品牌汽车商随机调查了甲､乙两地各200名消费者，并用等高堆积条形图直观地展示调查结果如下图所示，经计算得到. 车型与地区 下表是独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值. 0.05 0.01 0.005 0.001 3.841 6.635 7.879 10.828 下列说法正确的是（    ） A．在所调查的甲地购车者中，若按比例分层随机抽样抽取20人，则新能源车主有8人 B．在所调查的乙地购车者中，购买燃油车的人数比新能源车的多20人 C．依据的独立性检验，即消费者的购车类型与地域有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001 D．依据的独立性检验，即消费者的购车类型与地域无关联，此推断犯错误的概率不大于0.001 【答案】C 【详解】对A：，故新能源车主有人，故A错误； 对B：购买燃油车的人数为， 购买新能源车的人数为， 则购买燃油车的人数比新能源车的多人，故B错误； 对C、D：依据的独立性检验，即消费者的购车类型与地域有关联， 由，故此推断犯错误的概率不大于，故C正确、D错误. 9．已知双曲线的两个焦点分别为是渐近线上一点，当取最小值时，，则的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据题意如图：    点，其中一条渐近线为即， 所以的最小值为点到直线的距离， 所以， 因为为直角三角形，所以， 在中，， 即， ∵，∴，∴， 即的离心率为， 故选：D. 第二部分（非选择题 共105分） 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。 10．已知复数（是虚数单位），则复数的共轭复数的虚部为_____________． 【答案】 【详解】； 又，因此； 则 因此； 故的虚部为. 11．已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第5项的二项式系数相等，则的系数为_____________． 【答案】60 【详解】由题意得，解得. . 令，解得， 因此系数为. 12．已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，且，，，则______． 【答案】/ 【详解】由题设. 故答案为： 13．为提升图书盘点效率，某中学图书馆引入AI智能图书盘点机器人.现对该机器人的图书识别准确率进行标准化测试，测试样本集有6本图书，分为两类：4本标签完好，是机器人应正确识别的有效馆藏图书：2本标签破损，是机器人应正确排除的无效图书.两类样本共同用于机器人识别性能测试，现从这6本图书中不放回地随机抽取2本，逐本开展测试.若第一次抽取到有效馆藏图书，则第二次也抽取到有效馆藏图书的概率为__________，记抽取的2本图书中，有效馆藏图书的数量为，则的数学期望__________. 【答案】 【详解】记事件为“第一次抽取到有效馆藏图书”，事件为“第二次抽取到有效馆藏图书”， 由古典概型得，两次均抽取到有效馆藏图书的概率， 根据条件概率公式，代入得. 随机变量表示抽取的2本图书中有效馆藏图书的数量，可能取值为， 服从参数为总体容量、总体中有效图书数、抽取样本量的超几何分布， 方法1：由超几何分布期望公式，代入得； 方法2：先计算分布列： ，，， 故. 14．已知直角梯形中，，，，为上一点，且，若，其中，为实数，则_______；设点为线段上的动点，点为线段中点，则________． 【答案】 / 【详解】以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，如图所示. 由题意，故得，，，。 由，可得, 即,即， 由， 则,因此 因，设， 则，即， 又是的中点，，则 ,, 故. 15．如图，抛物线的方程为，焦点是，圆心在轴上的圆与抛物线在第四象限有且只有一个公共点，且它们在点处的切线是同一条直线.若点的横坐标为，，则实数的值为__________. 【答案】18 【详解】如图，作出抛物线和圆在点处的公共切线，同时过作射线轴， 则有，由抛物线的光学性质，可得， ， 且， 又，代入得，解得. 三、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 16．（14分）在三角形中，角所对的边分别为．已知，． (1)求角的大小； (2)求的值； (3)求边的值． 【答案】(1)；(2)；(3). 【详解】（1）因为，，，解得， 由已知，， 又，故， 故，解得；（5分） （2），， ；（9分） （3）由得， 整理为，解得或（舍）.（14分） 17．（15分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点. (1)证明：平面； (2)若F是BC上靠近B的四等分点； （i）求EF和平面夹角的正弦值； （ⅱ）求点P到平面的距离. 【答案】(1)证明：底面，且底面，， 为正方形，，又，且平面，平面. 平面，. 由为线段的中点，可知， ，且平面，平面． (2)（i）EF和平面夹角的正弦值为； （ⅱ）点P到平面的距离为. 【详解】(1)证明：底面，且底面，， 为正方形，，又，且平面，平面. 平面，. 由为线段的中点，可知， ，且平面，平面．（5分） （2）（i）取的中点，连接． 为中点，是的中位线，故，且． 又底面，底面，因此是在底面内的投影， 即为直线与平面所成的角．由题意可知是的四等分点，， 故．又是中点，，故． 在中，． 在中，．因此．（9分） （ⅱ）利用等体积法， 设点到平面的距离为． 由（1）知平面，故平面，即点到平面的距离为． 在等腰中，，，， 故． 因此．（13分） 由（1）知平面，故，即为直角三角形． 又，，故． 由得：．（15分） 18．（15分）椭圆的离心率，椭圆经过点，左顶点为，过点作斜率为的直线交椭圆于点，交轴于点． (1)求椭圆的标准方程； (2)求面积取最大值时的直线方程； (3)若点是线段的中点，问是否存在轴上一定点，对于任意的都有，若存在求出点坐标，若不存在请说明理由． 【答案】(1)(2)（或、）； (3)存在， 【详解】（1）∵ 椭圆离心率，∴ . 又，∴ ，椭圆方程可化为. 将点代入得，化简得， ∴ ，，. ∴ 椭圆的标准方程为.（5分） （2）由题意得左顶点，设直线的方程为. 联立，消去整理得. 已知是方程的一个根，设，由韦达定理得， ∴ ， 代入直线方程得. 的面积，其中， ∴ .（8分） ∵ ，由基本不等式得，当且仅当即时等号成立. ∴ ，即面积最大值为，此时， 直线的方程为.（10分） （3）在中令，得，∴ . ∵ 是线段的中点， ∴ ，， ∴ 直线的斜率. 假设轴上存在定点满足题意，则直线的斜率. ∵ ， ∴ ，即，解得. 该结果与的取值无关，对任意均成立. ∴ 存在定点满足题意.（15分） 19．（15分）已知正项等比数列的前项和为，且，等差数列前项和为，满足，. (1)求数列，的通项公式； (2)设，求数列的前项和； (3)设，若，对任意的正整数都有恒成立，求实数的最大值. 【答案】(1)，，(2)；(3) 【详解】（1）设数列的公比为， 因为，故， 因为，所以，又， 所以，故或（舍去）， 当时，，， 设数列的公差为， 由，，得，， 解得，，所以；（5分） （2） 令为的前项和，则， ， 所以， 所以， 所以；（8分） 令为的前项和，则 所以. 故 ， ， 即；（11分） （3）因为，， 故恒成立 设 时，； 时，， ， 恒成立，即恒成立， ，当且仅当时等号成立， ，故的最大值为.（15分） 20．（16分）已知，，，函数． (1)当，时，在点处的切线与直线垂直，求的值； (2)当时，若函数在上的最大值为． （ⅰ）求的值，并证明：当时，； （ⅱ）若数列满足：，，证明：． 【答案】(1)(2)（ⅰ），证明当时，如下： 由，，则， 要证，只需证， 即只需证当时，， 令，则， 令，则在上恒成立， 故在上单调递增，又， 故在上恒成立，故在单调递增， 则，即在时恒成立，即得证； （ⅱ）由（ⅰ）得当时，， 故当，得，进而，依次得，， 要证，即证，即证， 下面先证关系，即证，， 即证，整理得即证：， 记，，得， 令，则， 所以在上单调递增，有， 所以在上单调递增，得， 故当，有，所以， 故， 又，得，所以，即得证． 【详解】（1）当，时，，则， 则，由在点处的切线与直线垂直， 则，即， 令，则， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，故，则；（5分） （2）（ⅰ）， 若，则恒成立，故在上单调递增， 则有， 与在上的最大值为矛盾，不符合题意； 若，令，解得， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 若，即时，在上单调递减， 则在上的最大值为， 则，由，故不符合题意； 若，即时，在上单调递增，在上单调递减， 则在上的最大值为， 即，由随的增大而增大， 则， 故无解，不符合题意； 若，即时，在上单调递增， 则在上的最大值为，解得； 综上所述：；（11分） (2)（ⅰ），证明当时，如下： 由，，则， 要证，只需证， 即只需证当时，， 令，则， 令，则在上恒成立， 故在上单调递增，又， 故在上恒成立，故在单调递增， 则，即在时恒成立，即得证； （ⅱ）由（ⅰ）得当时，， 故当，得，进而，依次得，， 要证，即证，即证， 下面先证关系，即证，， 即证，整理得即证：， 记，，得， 令，则， 所以在上单调递增，有， 所以在上单调递增，得， 故当，有，所以， 故， 又，得，所以，即得证．（16分） 1 / 15学 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027年高考一轮复习检测卷（天津专用） 数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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。 第一部分（选择题 共45分） 一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。 1．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．下列函数中，在区间上单调递减，且是奇函数的是（    ） A． B． C． D． 3．已知，则（    ） A． B． C． D． 4．已知某函数的大致图象如图所示，则该函数的解析式可能为（     ） A． B． C． D． 5．【新考法】函数，将的图象向左平移个单位长度后，再将所得的图象上所有的点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则的解析式为（    ） A． B． C． D． 6．以下结论错误的是（    ） A．命题：“，”的否定为“，” B．设随机变量服从正态分布，若，则 C．用决定系数来刻画回归效果，越小，说明模型的拟合效果越好 D．回归直线一定过样本中心 7．已知是等差数列，是等比数列，且，则（   ） A．9 B．10 C．11 D．12 8．近年中国新能源汽车进入高速发展时期，为了了解消费者的购车类型与地域是否具有相关性，某品牌汽车商随机调查了甲､乙两地各200名消费者，并用等高堆积条形图直观地展示调查结果如下图所示，经计算得到. 车型与地区 下表是独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值. 0.05 0.01 0.005 0.001 3.841 6.635 7.879 10.828 下列说法正确的是（    ） A．在所调查的甲地购车者中，若按比例分层随机抽样抽取20人，则新能源车主有8人 B．在所调查的乙地购车者中，购买燃油车的人数比新能源车的多20人 C．依据的独立性检验，即消费者的购车类型与地域有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001 D．依据的独立性检验，即消费者的购车类型与地域无关联，此推断犯错误的概率不大于0.001 9．已知双曲线的两个焦点分别为是渐近线上一点，当取最小值时，，则的离心率为（   ） A． B． C． D． 第二部分（非选择题 共105分） 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。 10．已知复数（是虚数单位），则复数的共轭复数的虚部为_____________． 11．已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第5项的二项式系数相等，则的系数为_____________． 12．已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，且，，，则______． 13．为提升图书盘点效率，某中学图书馆引入AI智能图书盘点机器人.现对该机器人的图书识别准确率进行标准化测试，测试样本集有6本图书，分为两类：4本标签完好，是机器人应正确识别的有效馆藏图书：2本标签破损，是机器人应正确排除的无效图书.两类样本共同用于机器人识别性能测试，现从这6本图书中不放回地随机抽取2本，逐本开展测试.若第一次抽取到有效馆藏图书，则第二次也抽取到有效馆藏图书的概率为__________，记抽取的2本图书中，有效馆藏图书的数量为，则的数学期望__________. 14．已知直角梯形中，，，，为上一点，且，若，其中，为实数，则_______；设点为线段上的动点，点为线段中点，则________． 15．如图，抛物线的方程为，焦点是，圆心在轴上的圆与抛物线在第四象限有且只有一个公共点，且它们在点处的切线是同一条直线.若点的横坐标为，，则实数的值为__________. 三、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 16．（14分）在三角形中，角所对的边分别为．已知，． (1)求角的大小； (2)求的值； (3)求边的值． 17．（15分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点. (1)证明：平面； (2)若F是BC上靠近B的四等分点； （i）求EF和平面夹角的正弦值； （ⅱ）求点P到平面的距离. 18．（15分）椭圆的离心率，椭圆经过点，左顶点为，过点作斜率为的直线交椭圆于点，交轴于点． (1)求椭圆的标准方程； (2)求面积取最大值时的直线方程； (3)若点是线段的中点，问是否存在轴上一定点，对于任意的都有，若存在求出点坐标，若不存在请说明理由． 19．（15分）已知正项等比数列的前项和为，且，等差数列前项和为，满足，. (1)求数列，的通项公式； (2)设，求数列的前项和； (3)设，若，对任意的正整数都有恒成立，求实数的最大值. 20．（16分）已知，，，函数． (1)当，时，在点处的切线与直线垂直，求的值； (2)当时，若函数在上的最大值为． （ⅰ）求的值，并证明：当时，； （ⅱ）若数列满足：，，证明：． 1 / 6学 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $