精品解析：广东深圳实验中学高中部2027届高三上学期入学分班考试数学试卷

深圳实验学校高中部2027届高三入学分班考试 数学 时间：120分钟　　满分：150分 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，其共轭复数为，则等于（ ）． A. 26 B. C. D. 3. 已知平面向量，，若与共线，则（ ）． A. B. C. 或 D. 或 4. 已知函数，若，则（ ）． A. 0 B. 2 C. 4 D. 6 5. 已知函数，，若与的图象有唯一公共点，则的值为（ ） A. -1 B. 0 C. D. 1 6. 已知，均为无穷数列，则“存在常数，使得”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为，，，，，且满足，，，记样本的方差为，则的最大值是（ ） A. 1.25 B. 1.5 C. 2 D. 2.25 8. 在平行六面体中，底面ABCD是菱形，，，设，，，的重心分别为O，P，Q，R，则四面体OPQR的体积为（ ） 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，有多项是符合题目要求．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. 若，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. 若越大，则越小 D. 不随的变化而变化 10. 已知直线，点，，，则（ ）． A. 点的集合是 B. 点的集合是 C. 点到直线的距离的取值范围是 D. 点到直线的距离的取值范围是 11. 在中，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 可能为0 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 是双曲线 上一点，点，分别是双曲线左右焦点，若 ，则______． 13. 从1，2，3，4，5，6这6个数中任取4个数排成一个不单调的数列，有________种排法． 14. 已知曲线与直线（）相切，且满足条件的的值有且只有个，则实数a的取值范围是______． 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，若． （1）求A的大小； （2）若，求的面积． 16. 如图，在四面体中，，，平面，是的中点，是的中点，点在线段上，且． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 某网约车平台上的车辆分为两类，普通车占比，优先车占比，普通车接单概率为，优先车接单概率为，各车是否接单相互独立．平台按就近原则依次派车，直至某车接单，记派车成功时的派车次数为． （1）求第一次派车就能成功接单的概率； （2）已知第一次派车失败，求后续派车次数超过3次才能接单成功的概率； （3）求数学期望． 参考公式：若，对于，， 18. 已知抛物线，为坐标原点，直线经过该抛物线的焦点，且与抛物线交于，两点，为线段中点，动直线在轴上方. （1）求抛物线的方程； （2）当线段在直线上方时，直线等分的面积，求的值； （3）点在直线上的射影为点，是否存在使得以为圆心且过点的圆过定点，若存在，求出的值及定点坐标；若不存在，请说明理由. 19. 已知函数，． （1）当，解不等式． （2）若有2个零点，证明：． （3）当时，正数m，n满足，，用a表示的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳实验学校高中部2027届高三入学分班考试 数学 时间：120分钟　　满分：150分 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由可得，所以， ， 故选：C． 2. 已知复数满足，其共轭复数为，则等于（ ）． A. 26 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】解法一：因为，即. 所以，， 因此. 解法二： 由复数运算性质可知， 又由复数模的运算性质， 所以， 因此. 3. 已知平面向量，，若与共线，则（ ）． A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】先计算两个待判断共线的向量的坐标，再利用平面向量共线的坐标充要条件列方程求解参数. 【详解】已知平面向量，，所以，. 因为与共线，根据平面向量共线的坐标充要条件得， 解得或. 4. 已知函数，若，则（ ）． A. 0 B. 2 C. 4 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】根据的值，即可求解. 【详解】，， 所以，则. 5. 已知函数，，若与的图象有唯一公共点，则的值为（ ） A. -1 B. 0 C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，分别求得和的图象关于对称，画出图象，结合图象，得到唯一的交点为，代入即可求解. 【详解】由函数，可得其周期为，且， 又由，所以的图象关于对称， 又由函数，可得函数的图象也关于对称， 将，代入，可得， 因为与的图象有唯一公共点，如图所示， 可得函数与的图象有唯一的公共点， 将代入，可得，解得， 所以实数的值为. 6. 已知，均为无穷数列，则“存在常数，使得”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】通过验证充分性与必要性，即可得出结论. 【详解】由题意， ，是无穷数列， 验证充分性： 当存在常数，使时， ，， 显然成立， 验证必要性： 当，时，此时满足, 假设存在常数，使成立， 当时，，， 此时，需同时“不小于无限增大的”和“不大于无限增大的”， 但不存在这样的固定常数， ∴当时，无法必然推出“存在常数”，即必要性不成立， ∴“存在常数，使”是“”的充分不必要条件. 7. 在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为，，，，，且满足，，，记样本的方差为，则的最大值是（ ） A. 1.25 B. 1.5 C. 2 D. 2.25 【答案】D 【解析】 【分析】由样本平均数和方差的计算公式代入数据求解即可. 【详解】设 ，，由 ， 得 ，即 ， 又  ，得 ，且 ， 样本平均数： ， 则，代入， 化简可得：，是关于  的增函数， 当 取最大值  时， 取得最大值  . 8. 在平行六面体中，底面ABCD是菱形，，，设，，，的重心分别为O，P，Q，R，则四面体OPQR的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先看出，，，分别是四面体四个面的重心，因此四面体与四面体的体积比为．再求出平行六面体的体积，并利用四面体的体积是该平行六面体体积的，即可求得结果． 【详解】由题意可知，，，，分别是四面体四个面的重心，如图． 在任意四面体中，连接四个面的重心得到的小四面体与原四面体对应边平行，且相似比为，所以体积比为 因此 下面求．设平行六面体的体积为． 底面是边长为，夹角为的菱形，所以 设到底面的距离为．由于与，的夹角都为，所以在底面上的射影在的角平分线上． 设该射影为，则与，的夹角均为． 由，可得 解得 所以 故平行六面体的体积为 四面体由平行六面体的四个交错顶点组成，其体积为平行六面体体积的，故 于是 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，有多项是符合题目要求．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. 若，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. 若越大，则越小 D. 不随的变化而变化 【答案】ACD 【解析】 【详解】， 对于A，，A正确； 对于B，，B错误； 对于C，由越大，得正态曲线越矮胖，则越小，C正确； 对于D，，根据原则知不随的变化而变化，D正确. 10. 已知直线，点，，，则（ ）． A. 点的集合是 B. 点的集合是 C. 点到直线的距离的取值范围是 D. 点到直线的距离的取值范围是 【答案】BC 【解析】 【分析】根据原点到直线的距离，确定直线的特征，再结合点和直线的关系，判断AB，根据原点到直线的距离，再结合点与圆的位置关系，即可判断CD. 【详解】原点到直线的距离， 因此直线都是圆的切线， ，，所以点始终不在任何切线上， 即点在圆的内部，满足，故A错误，B正确； 原点到直线的距离， 所以直线在圆外，圆内点到直线的最小距离为，最大距离为， 又不包含圆的边界，因此距离的取值范围是，故C正确，D错误. 11. 在中，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 可能为0 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用可判断A；利用三角恒等变换可得可判断B；利用三角恒等变换可得可判断C；利用三角恒等变换可得，进而利用均值不等式可判断D. 【详解】对于A，因为，，，所以， 所以，故A正确； 对于B，因为 . 因为，，，所以，，， 所以，所以，故B正确； 因为，所以， 所以，所以， 所以， 所以， 又因为，所以不可能为0，故C错误； 因为，所以， 所以，所以， 所以. 又，，，所以， 所以 ， 所以， 所以，所以， 当且仅当，即时取等号，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 是双曲线 上一点，点，分别是双曲线左右焦点，若 ，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据双曲线的定义求解即可. 【详解】由双曲线，得，. 若在左支上，则，此时，故； 若在右支上，则，这与矛盾， 所以． 13. 从1，2，3，4，5，6这6个数中任取4个数排成一个不单调的数列，有________种排法． 【答案】 【解析】 【分析】采用排除法，先计算从6个数中任取4个数的全排列总数，再减去单调递增、单调递减的数列个数，即可得到不单调的数列排法数. 【详解】1、计算总排列数：从6个互不相同的数中任取4个进行排列， 总排法为排列数 2、计算单调数列的个数： 由于选出的4个数互不相同，对任意一组选出的4个数，严格单调递增的排列唯一，严格单调递减的排列也唯一， 从6个数中选取4个数的组合数为：， 因此单调递增数列共15种，单调递减数列共15种， 合计单调数列有种 计算不单调数列的排法： 不单调数列的排法数=总排列数单调数列排法数， 即. 14. 已知曲线与直线（）相切，且满足条件的的值有且只有个，则实数a的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】依题意有3个不同值 关于的方程 有3 个不同实根，通过极值异号求解实数a的取值范围. 【详解】设切点横坐标为 ， ， 则，依题意，， 即， 整理得 依题意有3个不同值 关于的方程 有3 个不同实根， 设，则 令，得极值点：， 要使 有 3 个不同实根，需两个极值点处函数值异号， 因，， 由,可得，解得， 则实数a的取值范围是. 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，若． （1）求A的大小； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【详解】（1）因为， 由正弦定理可得：， 即，在中，， 所以，因为，所以； （2）由（1）知，，因为，， 由余弦定理，得： 即，得，所以的面积． 16. 如图，在四面体中，，，平面，是的中点，是的中点，点在线段上，且． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）法1：以为原点，分别以射线、、方向为、、轴正方向建立空间直角坐标系，不妨设， 由已知得，，，． 由是中点，得． 是中点，故． 由，得，因此． 平面的法向量为． 因为，且平面，因此平面． 法2：取的中点，连结、，由是的中点可得． 由平面，平面，因此平面． 由是的中点得，又． 所以，而平面，平面，因此平面． 由得，平面平面． 因为平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）法1：建系求出向量，利用它与底面法向量垂直，直接证线面平行；法2：构造中位线得到两组相交直线分别平行底面，由面面平行推出线面平行； （2）建立坐标系求出两个平面的法向量，套用夹角公式，取绝对值计算面面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，分别以射线、、方向为、、轴正方向建立空间直角坐标系， 不妨设，由已知得，，，． 由是中点，得；是中点，故． 由，得，因此． 设平面的法向量为， 已知，． 由得，令，解得，，即． 因为平面的法向量为． 故． 所以平面与平面夹角的余弦值为． 17. 某网约车平台上的车辆分为两类，普通车占比，优先车占比，普通车接单概率为，优先车接单概率为，各车是否接单相互独立．平台按就近原则依次派车，直至某车接单，记派车成功时的派车次数为． （1）求第一次派车就能成功接单的概率； （2）已知第一次派车失败，求后续派车次数超过3次才能接单成功的概率； （3）求数学期望． 参考公式：若，对于，， 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式即可求解； （2）根据条件概率公式计算即可求解； （3）根据题意求出，根据离散型随机变量的数学期望定义，令，利用错位相减法求出，然后取极限求值即可. 【小问1详解】 设事件A：“第一次派车就能成功接单”，事件B：“第一次派的是普通车”，事件C：“第一次派的是优先车”， 则. 【小问2详解】 设后续派车次数超过3次，即前4次派车都失败，即， 可得. 【小问3详解】 由题意得，， 令， ， ， 得到，故. 18. 已知抛物线，为坐标原点，直线经过该抛物线的焦点，且与抛物线交于，两点，为线段中点，动直线在轴上方. （1）求抛物线的方程； （2）当线段在直线上方时，直线等分的面积，求的值； （3）点在直线上的射影为点，是否存在使得以为圆心且过点的圆过定点，若存在，求出的值及定点坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） （3），定点 【解析】 【分析】（1）利用抛物线标准方程的焦点坐标公式，结合直线恒过的定点与焦点重合，直接求解参数，得到抛物线方程； （2）联立直线与抛物线方程，通过韦达定理得到交点坐标的整体关系，结合三角形面积及共线线段的纵坐标比例，将面积条件转化为与交点纵坐标的等式，进而求出； （3）用斜率参数表示圆心、半径相关点的坐标，写出圆的标准方程，将方程整理为关于参数的多项式，构造方程组即可求解. 【小问1详解】 抛物线的焦点坐标为， 因为直线经过该抛物线的焦点， 所以，即，故抛物线的方程为. 【小问2详解】 已知直线与抛物线交于两点，设， 联立，消去得， 则，， 已知直线在轴上方，则， 当线段在直线上方时，记直线分别与交于点， 由三角形面积公式，有，， 所以， 解得（负值舍去）. 【小问3详解】 已知为线段中点，则， 由（2）知， 则，， 以为圆心且过点的圆为， 整理得， 令，解得， 即当时，以为圆心且过点的圆过定点. 19. 已知函数，． （1）当，解不等式． （2）若有2个零点，证明：． （3）当时，正数m，n满足，，用a表示的取值范围． 【答案】（1） （2）设，原题等价于有两正解，即有两正解， 注意到，由韦达定理知，即，而， 可得． （3） 【解析】 【分析】（1）直接代入，利用对数单调性去掉对数符号，转化为分式不等式求解； （2）零点即有解，且真数恒成立.转化为关于的方程有根问题，再用根的分布列不等式； （3）先利用求出的范围，再化简对数部分，最后转化为分式函数的值域问题. 【小问1详解】 原式等价于，可得，或（舍） 所以原不等式的解为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由，得，当且仅当，时取等号． ，则 令，则，且 ； 下面判断函数的单调性． ，，显然其单调性与相同， ，令，则且， 对应的函数为， 当时，取， ， 故在上单调递减，在上单调递减，即的单调递减区间为. 由单调性可知， 【点睛】方法点睛： （1）换元降次，注意定义域对解集的影响. （2）零点个数转化为二次方程根的分布，用判别式和韦达定理控制. （3）多变量问题要逐步消元，先固定，的关系求范围，再化简对数部分，最后转化为单变量函数的值域. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $