精品解析：陕西汉中市多校2027届高三上学期学情调研数学试题

高三年级学情调研 数 学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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． 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. 底面半径与高均为1的圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 3. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知复数与满足，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 5. 某商场统计了一段时间内的销售情况，得到如下频率分布直方图. 由图估计该商场月销售额的方差为（ ） A. 165 B. 155 C. 150 D. 145 6. 若函数的最大值为，则实数的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 7. 已知圆，，，，则直线与这四个圆的公共点个数的最大值为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 8. 记集合，点，，样本空间，从中随机取一个点，定义随机变量如下：对任意内的点，，则的数学期望为（ ） 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. 设函数，则（ ） A. 有且仅有2个零点 B. 有且仅有1个极值点 C. 不等式恒成立 D. 在区间上单调递减 10. 已知平面向量，满足，且.设实数，，，则（ ） A. B. C. ，的夹角为钝角 D. 的最大值为2 11. 某厂在直线导轨上等距加工一列安装孔，测距模块与各孔中心共线，各孔均位于模块同侧，并按到模块的距离由小到大编号，且孔数足够多.三点倍率标定时，需依次选择三个孔，使它们到模块的距离构成递增的等比数列.现场配有边长为、对角线长为的正方形检具（检具用于检测单个零件，如冲压件，塑料件的型面、轮廓、孔位等）.则（ ） A. 后两个标定孔的中心距大于前两个标定孔的中心距 B. 第1孔到模块的距离为、孔距为时，可选第1，3，7孔 C. 第1孔到模块的距离为、孔距为时，可以完成标定 D. 若有两个孔到模块的距离分别为，，则该孔列无法完成标定 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，，则的取值范围是________. 13. 抛物线的焦点也是双曲线的一个焦点，则实数的值为________． 14. 设为单位圆上在第一象限内的一点，其纵坐标为，记单位圆与轴正半轴的交点为，将劣弧七等分，以从起（不包括点）逆时针第六个分点为一个顶点，作单位圆的内接正十四边形，且该正十四边形存在两个纵坐标相同的顶点.则的可能取值的个数为______，其14个顶点纵坐标的不同值的个数最少为______. 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. 如图，在正方体中，为棱的中点. （1）求直线与所成角的余弦值； （2）当时，求异面直线与间的距离. 16. 某云计算平台为任务提供两台候选节点，其可用算力分别为和，其中，且取各值的概率与成正比.平台从两台候选节点中等可能地随机选择其中一台，并显示其算力. （1）求取各值的概率； （2）求的数学期望. 17. 已知，数列的首项为，.（提示：） （1）求的通项公式. （2）记，设函数.证明： （ⅰ）当时，； （ⅱ）. 18. 在中，，，．点，分别在线段与上，且，．将绕点旋转得到，其中点，旋转后分别为点，． （1）求的长； （2）证明：旋转过程中，为定值； （3）求旋转过程中，的最大值与最小值． 19. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，且椭圆的右顶点与上顶点到直线的距离相等. （1）求的离心率. （2）若为内一点，且，，三点不共线. （ⅰ）证明：过点的椭圆的弦的中点所形成的轨迹与过点的椭圆的弦的中点所形成的轨迹除外有且仅有一个公共点，且该点在直线上； （ⅱ）若分别过，，的椭圆的弦的中点所形成的轨迹两两相交于及另一个点，且除外所得的三个点互不相同且共线，求点的轨迹方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级学情调研 数 学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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． 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】A 【解析】 【分析】根据对数的运算性质求解即可. 【详解】因为，， 所以. 2. 底面半径与高均为1的圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可得：圆锥的母线长为， 所以圆锥的侧面积为. 3. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，依次判断集合中的每个元素是否在圆上即可. 【详解】已知集合，， 将集合中的元素代入圆， 计算得，而，可知点在圆上，点不在圆上， 于是，故C正确. 4. 已知复数与满足，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】由，可得，结合，求出，，结合复数的乘法运算及复数的模公式求解即可. 【详解】由①，，得，也即②， ①②联立，得，， 所以，则. 5. 某商场统计了一段时间内的销售情况，得到如下频率分布直方图. 由图估计该商场月销售额的方差为（ ） A. 165 B. 155 C. 150 D. 145 【答案】D 【解析】 【分析】求各组频率，以每组的中点值为代表，结合平均数和方差公式运算求解即可. 【详解】由频率分布直方图可知各组频率依次为， 估计该商场月销售额的平均数为， 所以估计该商场月销售额的方差为. 6. 若函数的最大值为，则实数的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数求出函数的最大值，进而列式求解. 【详解】函数的定义域为，求导得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 函数在处取得最大值，所以. 7. 已知圆，，，，则直线与这四个圆的公共点个数的最大值为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】在同一平面直角坐标系中，作出图象，再作出直线观察公共点个数，由于整体图象关于原点对称，先作出平行于轴的直线判断出最多个数，再验证7，8个公共点的存在性，即可求解． 【详解】根据四个圆的方程，在同一平面直角坐标系中，作出图象： 易知这四个圆两两相切，记直线与这四个圆的公共点个数为． 当直线的方程为时，； 当直线的方程为时，； 考虑证明不合题意．注意到圆与直线最多有两个公共点， 故当时，直线必与其中三个圆有两个公共点， 且与另外一个圆有至少一个不同的公共点． 若存在这样的直线，显然其斜率存在，设直线的方程为． 不妨设与，，均有两个公共点， 则，，， 此时，， 两式相加得，即， 而，解得， 于是，即与相离，矛盾，故的最大值为6． 8. 记集合，点，，样本空间，从中随机取一个点，定义随机变量如下：对任意内的点，，则的数学期望为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用数学期望的定义，列出分布列即可求解. 【详解】对列表可得 逐列累加后相加，由等差数列性质可知，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. 设函数，则（ ） A. 有且仅有2个零点 B. 有且仅有1个极值点 C. 不等式恒成立 D. 在区间上单调递减 【答案】BD 【解析】 【分析】由及其定义域可直接求零点；利用可判断单调性，从而得到极值点；利用及单调性即可判断不恒成立；利用可判断单调性. 【详解】对于选项A，函数的定义域为.由，得，故，解得，所以有且仅有1个零点，故A错误； 对于选项B，，令，得，当时，，当时，，所以在处取得极小值，故有且仅有1个极值点，故B正确； 对于选项C，因为，且，而在上单调递减，所以当时，，故不等式不恒成立，故C错误； 对于选项D，由B知，在区间上单调递减，故D正确. 10. 已知平面向量，满足，且.设实数，，，则（ ） A. B. C. ，的夹角为钝角 D. 的最大值为2 【答案】BD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量线性运算判断A；利用数量积的运算律及夹角公式求解判断BCD. 【详解】由，且，得， 对于A，由，，得， 又，因此，A错误； 对于B，，，则，B正确； 对于C，，而，则，即，的夹角不是钝角，C错误； 对于D，，当且仅当时取等号，因此的最大值为2，D正确. 11. 某厂在直线导轨上等距加工一列安装孔，测距模块与各孔中心共线，各孔均位于模块同侧，并按到模块的距离由小到大编号，且孔数足够多.三点倍率标定时，需依次选择三个孔，使它们到模块的距离构成递增的等比数列.现场配有边长为、对角线长为的正方形检具（检具用于检测单个零件，如冲压件，塑料件的型面、轮廓、孔位等）.则（ ） A. 后两个标定孔的中心距大于前两个标定孔的中心距 B. 第1孔到模块的距离为、孔距为时，可选第1，3，7孔 C. 第1孔到模块的距离为、孔距为时，可以完成标定 D. 若有两个孔到模块的距离分别为，，则该孔列无法完成标定 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意，各孔到模块的距离构成等差数列，标定需要从中选取三项组成递增等比数列.利用等比中项公式建立关系式，结合正整数约束，对得到的等式分离有理部分与无理部分，判断是否存在满足条件的项数，依次进行推理验证. 【详解】对于，设第个孔到模块的距离为，其中，.选取第，，个孔，其中，令，，若其距离构成递增的等比数列，则，整理得.因为，，所以，从而后两个标定孔的中心距大于前两个标定孔的中心距，正确； 对于，为有理数.当第1孔到模块的距离为2L，孔距为L时，第1，3，7孔到模块的距离依次为，，，构成递增的等比数列，所以可选第1，3，7孔，正确； 对于，正方形的对角线长，当，时，为无理数，而对任意孔均有为无理数，不可能满足，因此该孔列不能选出三个孔完成标定，错误； 对于，若有两个孔到模块的距离分别为，，则存在正整数，使得，若距离为的孔是第个孔，则为无理数，因此该孔列不能选出三个孔完成标定，正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，，则的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】通过余弦二倍角公式化简，再结合即可求解. 【详解】根据二倍角公式，， 显然，，所以，即的取值范围是. 13. 抛物线的焦点也是双曲线的一个焦点，则实数的值为________． 【答案】2 【解析】 【详解】因为，所以抛物线的焦点为． 因为可转化为，所以，，， 所以双曲线的焦点为． 由题意，可得，两边平方并整理， 得，即． 因为，所以方程的解只有．故实数的值为2． 14. 设为单位圆上在第一象限内的一点，其纵坐标为，记单位圆与轴正半轴的交点为，将劣弧七等分，以从起（不包括点）逆时针第六个分点为一个顶点，作单位圆的内接正十四边形，且该正十四边形存在两个纵坐标相同的顶点.则的可能取值的个数为______，其14个顶点纵坐标的不同值的个数最少为______. 【答案】 ①. 5 ②. 7 【解析】 【分析】根据三角函数的定义和单位圆内接正十四边形的性质分析判断即可. 【详解】设，则，则，. 正十四边形相邻两顶点所对的圆心角为，其相邻两条对称轴的夹角为. 单位圆上两个不同点的纵坐标相同，当且仅当这两个点关于轴对称， 故题设条件等价于轴为该正十四边形的一条对称轴，因此. 又，即，故， 从而. 因为正弦函数在上单调递增，所以对应的互不相同， 故的可能取值的个数为5. 因为轴为该正十四边形的一条对称轴， 当轴经过两个相对顶点，其余12个顶点关于轴两两对称，纵坐标共有个不同的值. 当轴不经过顶点，14个顶点分成7对，每对关于轴对称，纵坐标相同. 又一条水平直线与单位圆至多有两个交点，故不同的两对顶点不可能具有相同的纵坐标， 因此此时纵坐标恰有7个不同值. 所以14个顶点纵坐标的不同值个数最少为7. 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. 如图，在正方体中，为棱的中点. （1）求直线与所成角的余弦值； （2）当时，求异面直线与间的距离. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）可建立空间直角坐标系，将异面直线所成角转化为对应方向向量夹角的余弦值（取绝对值）求解. （2）可利用向量法，求出两异面直线的公垂线方向向量，再取两直线上任意两点连线在公垂线方向上的投影长度即为异面直线距离. 【小问1详解】 以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系， 不妨设，则，，，，，. 记直线与所成的角为，则. 【小问2详解】 记为与公垂线段的方向向量， 则 即可取， 而， 记直线与间的距离为，则. 16. 某云计算平台为任务提供两台候选节点，其可用算力分别为和，其中，且取各值的概率与成正比.平台从两台候选节点中等可能地随机选择其中一台，并显示其算力. （1）求取各值的概率； （2）求的数学期望. 【答案】（1），，，. （2）. 【解析】 【分析】（1）由题意，分别列出的概率，根据概率之和为1，即可分别求得其概率； （2）由题意，得到随机变量的所有可能取值，分别求得其概率，结合期望的计算公式即可求解. 【小问1详解】 设取各值的概率与所成比例的系数为， 则，，，. 由概率之和为1，得，解得， 所以，，，. 【小问2详解】 的所有可能取值为、、、、， 给定后，两台候选节点被随机分配的概率均为. 则，， ，， . 故. 17. 已知，数列的首项为，.（提示：） （1）求的通项公式. （2）记，设函数.证明： （ⅰ）当时，； （ⅱ）. 【答案】（1） （2）（ⅰ）由（1）知，所以， 所以， 所以， 当时，，所以，即. （ⅱ）设.由（2）（i），知， 所以在上单调递减. 因此，即，所以，即. 所以. 【解析】 【分析】（1）利用已知得，逐项推算即可得. （2）（ⅰ）利用已知得，再求，作差即可判断；（ⅱ）构造函数，利用（ⅰ）的结果，可得，再利用的单调性即可. 【小问1详解】 由已知，得， 当时，，，，， 所以当时，，故. 上式对也成立，所以. 【小问2详解】 略 18. 在中，，，．点，分别在线段与上，且，．将绕点旋转得到，其中点，旋转后分别为点，． （1）求的长； （2）证明：旋转过程中，为定值； （3）求旋转过程中，的最大值与最小值． 【答案】（1） （2）设旋转角为，令．旋转保持线段长度不变，所以，． 由于点在射线上，点在射线上，旋转时射线与同时转过同一个角， 所以． 由余弦定理得， ． 因此， 所以旋转过程中，为定值12． （3）最大值为，最小值为． 【解析】 【分析】（1）直接用余弦定理求边长； （2）设旋转角，由旋转性质得、长度，余弦定理分别表示、，作差消去参数证定值； （3）利用平方差变形，结合，取值范围求最值. 【小问1详解】 由余弦定理得， 所以． 【小问2详解】 略. 【小问3详解】 由（2）得， 所以，从而． 因为， 所以． 对任意旋转位置，线段的长度不小于，不大于； 线段的长度不小于，不大于． 所以不小于4，且不大于12． 当旋转角为时，点在线段上，点在线段上，此时，，所以，． 当旋转角为时，点在点，之间，且点在点，之间，此时，， 所以，.的最小值为4，最大值为12． 故的最大值为，最小值为． 19. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，且椭圆的右顶点与上顶点到直线的距离相等. （1）求的离心率. （2）若为内一点，且，，三点不共线. （ⅰ）证明：过点的椭圆的弦的中点所形成的轨迹与过点的椭圆的弦的中点所形成的轨迹除外有且仅有一个公共点，且该点在直线上； （ⅱ）若分别过，，的椭圆的弦的中点所形成的轨迹两两相交于及另一个点，且除外所得的三个点互不相同且共线，求点的轨迹方程. 【答案】（1）； （2）（ⅰ）由（1）知，故椭圆的方程为. 设，由，，不共线，得. 设两条中点轨迹的一个公共点为， 过的相应弦的两个端点为，. 因为为弦的中点且两端点均在椭圆上， 故，，，， 联立得. 又，及弦的两个端点共线，故存在实数，使，， 从而，即.① 同理，由为过的弦的中点，得.② ①②两式相减，得，代入， 得. 当时，由得，即该公共点与原点重合，且，均唯一确定， 故两条轨迹除原点外至多有一个公共点， 又，均在椭圆内部，直线与椭圆相交所得弦的中点同时属于这两条中点轨迹， 且，，不共线，所以该中点不与原点重合. 因此，两条中点轨迹除原点外有且仅有一个公共点，且该点在直线上. （ⅱ），其中去掉点，，. 【解析】 【分析】（1）先写出直线的方程，根据点到直线距离可得到，再结合椭圆中的关系，即可求得离心率； （2）（i）用点差法分别推导两个弦中点的轨迹方程，相减得到公共点所在的一次直线，验证原点是公共点，联立直线和其中一个弦中点的轨迹，得到唯一非零解，证明除外仅有一个公共点，即可证明该点在上； （ii）用点差法分别推导过点的弦中点的轨迹方程，分别求得公共点坐标，利用三个非零公共点共线的约束条件，代入坐标化简，消去无关参数，直接得到点的坐标满足的一次方程，即为所求轨迹. 【小问1详解】 由题意，，，可得直线的方程为， 又椭圆的右顶点、上顶点到直线的距离相等，且， 故，得. 设椭圆的半焦距为，则，故. 【小问2详解】 证明：（i）略 （ii）记过，，的弦的中点轨迹两两除原点外的公共点分别为，，， 其中为过，的弦的中点轨迹的交点，为过，的弦的中点轨迹的交点， 为过，的弦的中点轨迹的交点， 由题设，点不在直线，，上，故. 由（2）（i）知，过，，的弦的中点的轨迹方程分别为， ，. ，两式相减，得， 又由（2）（i）知，而的方程为，故. 由（2）（i）知，设， ，两式相减，得， 代入点的坐标，得. 同理，，设， ，两式相减，得，代入点的坐标，得. 由于，，共线，则有， 代入，的坐标并整理，得. 由，得，代入，并通分整理， 得， 又，故， 因此点的轨迹方程为. 反之，设点满足该方程且不与，，重合， 则.若或， 由轨迹方程可得点与，，中的一点重合. 若，则，从而， 仍得点与或重合，均与所取点矛盾，因此， 又由轨迹方程得， 可令，，， 则， 从而不大于2. 由，有，故点在椭圆内.此时上述各步均可逆，故三个非原点公共点共线. 若其中两个点重合，则该点同时属于过，，的三条弦的中点轨迹， 从而点也满足，则得，矛盾，故三个公共点互不相同. 综上，点的轨迹方程为，其中去掉点，，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $