精品解析：湖南省部分名校2027届高三9月阶段练习数学试卷

2027届高三年级9月阶段练习 数学 （满分：150分 用时：120分钟） 注意事项： 1．答题前，请将自己的学校、姓名等填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑． 3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上． 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. 一些盆栽植株的高度（单位：cm）分别为5.8，7.3，4.4，7.8，6.6，则这组数据的极差为（ ） A. 0.8 B. 1.4 C. 2.9 D. 3.4 2. 已知集合，，则（ ）． A. B. C. D. 3. 已知是平面内的一组基底，记向量，，若与共线，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 4. 已知数列的前项积，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知椭圆的焦点是椭圆的顶点，点到焦点的距离为，则（ ） A. B. C. D. 7. 现有个小队，分别编号为、、、，记编号为的小队的人数为，已知、、、、、成等差数列，、、、成等比数列，若，，则这个小队的总人数为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数在区间上有奇数个极小值点，则的值可以是（ ） A. 1 B. 3 C. 4 D. 5 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. 已知复数的实部为（），且和在复平面内对应的点分别为，，则（ ） A. B. C. 在第一象限内 D. 在第四象限内 10. 函数（，）的部分图象如图所示，其中点在曲线上，若，则（ ） A. B. C. 是奇函数 D. 曲线在点处的切线斜率为 11. 在平面直角坐标系中，双曲线：（）的左、右焦点分别为，，直线与在第一象限内相交于点，过点作轴的平行线与相交于另一点，若，，则（ ） A. B. 的渐近线方程为 C. D. 的外接圆半径为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 从0，1，2，3，4，5，6中任取3个数字，可以组成的没有重复数字的三位数的个数是________.（用数字作答） 13. 已知是定义在上的偶函数，且对任意有，则_________． 14. 在正三棱锥中，为棱的中点，四点，，，在球的球面上，，，，在球的球面上，若，则点到平面距离的平方为_________． 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. 已知公比为的等比数列的前项和为，且． （1）若，求； （2）若，求的取值范围． 16. 如图，已知四棱锥的底面为平行四边形，，且，． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 某博物馆工作人员将古籍放入展柜前需读取某项评价指标，古籍的实际状态分为可直接入柜与需干燥两类，抽取一本古籍可直接入柜的概率为．当古籍可直接入柜时，；当古籍需干燥时，．规定时，古籍将被登记．现任取一本古籍． （1）求该本古籍被登记的概率关于的表达式； （2）登记后，按费用期望较小原则选择直接入柜或复检．已知复检可避免损失，且需干燥古籍直接入柜的损失为复检费用的4倍．若该古籍被建议复检，求的取值范围． 附：若，则取． 18. 已知函数及其导函数的定义域均为，的图象为一条连续不断的曲线，且与在上恒成立，设定义域为的函数． （1）求；（用含和的代数式表示）； （2）若． （ⅰ）证明：； （ⅱ）判断方程实根的个数，并说明理由． 19. 在平面直角坐标系中，设抛物线：，点（）．过点的直线与交于，两点，设点到直线的垂足为，记的面积为． （1）若，且轴，求； （2）求关于的表达式； （3）当直线变化时，若为定值，则求出的值，并求该定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三年级9月阶段练习 数学 （满分：150分 用时：120分钟） 注意事项： 1．答题前，请将自己的学校、姓名等填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑． 3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上． 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. 一些盆栽植株的高度（单位：cm）分别为5.8，7.3，4.4，7.8，6.6，则这组数据的极差为（ ） A. 0.8 B. 1.4 C. 2.9 D. 3.4 【答案】D 【解析】 【详解】这组数据的极差为. 2. 已知集合，，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出不等式的解集，然后根据交集的定义计算即可. 【详解】由，得，解得，所以， 由，得，解得， 所以． 3. 已知是平面内的一组基底，记向量，，若与共线，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】A 【解析】 【详解】由，，与共线， 得存在实数，使得，即， 因为是平面内的一组基底，所以不共线，因此系数对应相等， 则且，得，. 4. 已知数列的前项积，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】数列的前项积，所以， 因为，，所以. 5. 已知函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数的几何意义，求出在点处的切线斜率，进而写出直线方程，然后计算直线方程与两坐标轴的交点，然后利用直角三角形的面积公式求解即可. 【详解】，所以， ，所以在点处的切线方程为. 当时，；当时，. 所以切线与两坐标轴围成的三角形的面积为. 6. 已知椭圆的焦点是椭圆的顶点，点到焦点的距离为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令，根据题意可得出，利用平面内两点间的距离结合已知条件可求出的值. 【详解】令，则椭圆的焦点坐标为， 而椭圆在轴上的顶点坐标为，由题意可知，故， 易知椭圆的焦点坐标为，即， 因为点到焦点的距离为，即，解得. 7. 现有个小队，分别编号为、、、，记编号为的小队的人数为，已知、、、、、成等差数列，、、、成等比数列，若，，则这个小队的总人数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】不妨设、、、、、的公差为，、、、的公比为， 则，，同理，于是， 又，所以， 设，则，可得，即， 而，所以，则， 于是，， 所以这个小队的总人数为． 8. 若函数在区间上有奇数个极小值点，则的值可以是（ ） A. 1 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】设，，则，，数形结合，分析函数的单调性，即可得函数的极值点情况. 【详解】设，， 则，. 由，选项中为正整数，得，因为，所以，. 如图， 对A，当时，，只有1解，设为，且. 当时，，即，因为，所以，即，故单调递增； 当时，，即，因为，所以，即，故单调递减. 所以为函数的极大值点，且无极小值点，不合题意. 对B，当时，，有3解，设为，，，且，，. 已知为的极大值点. 当时，，即，因为，所以，即，故单调递减； 当时，，即，因为，所以，即，故单调递增. 所以为函数的极小值点. 当时，，即，因为，所以，即，故单调递增； 当时，，即，因为，所以，即，故单调递减. 所以为函数的极大值点. 所以时，函数只有一个极小值点，符合题意. 对C，当时，，有4解，设为，，，，且，，，. 已知为的极大值点，为的极小值点，为的极大值点. 当时，，即，因为，所以，即，故单调递减； 当时，，即，因为，所以，即，故单调递增. 所以为函数的极小值点. 所以时，函数有和两个极小值点，不符合题意. 对D，当时，，有5解，设为，，，，，且，，，，. 已知，为的极大值点，，为的极小值点. 当时，，即，因为，所以，即，故单调递增； 当时，，即，因为，所以，即，故单调递减. 所以为函数的极大值点. 所以时，函数有和两个极小值点，不符合题意. 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. 已知复数的实部为（），且和在复平面内对应的点分别为，，则（ ） A. B. C. 在第一象限内 D. 在第四象限内 【答案】BC 【解析】 【分析】根据复数的实部、复数的模，复数的乘方运算，复数的几何意义逐项判断. 【详解】因为复数的实部为（）， 所以，即，解得，故A错误； 此时，故，，故BC正确； ，，即在第二象限，故D错误. 10. 函数（，）的部分图象如图所示，其中点在曲线上，若，则（ ） A. B. C. 是奇函数 D. 曲线在点处的切线斜率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于选项A，选项B，根据的长度与周期的关系求解得到，再利用函数过得到；对于选项C，利用奇函数的定义判断即可；对于选项D，利用复合函数求导得到，进而得到即可. 【详解】因为，结合，解得. 所以. 代入可得，因为，所以. 所以 由上可知，A正确；B错误； C选项，设， 函数定义域为，定义域关于原点对称， 所以该函数为奇函数，故C正确. D选项，， 所以，故D正确. 11. 在平面直角坐标系中，双曲线：（）的左、右焦点分别为，，直线与在第一象限内相交于点，过点作轴的平行线与相交于另一点，若，，则（ ） A. B. 的渐近线方程为 C. D. 的外接圆半径为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据双曲线焦距公式得到的值，设，由，利用向量数量积求解的坐标.将点坐标代入双曲线方程，结合，联立求解得到.对于选项A，利用两点距离公式求解，进而在求解；对于选项B，由的值写出渐近线方程；对于选项C，确定的坐标，进而计算；对于选项D，结合三点坐标，正弦定理求解半径. 【详解】已知，故双曲线半焦距，即，. 设，由得向量点积为0： ， 化简得，解得（在第一象限），故. 选项A，在中，，， 因此：，A正确. 选项B，将代入双曲线方程，联立，解得，， 渐近线方程为，B正确. 选项C，平行于轴，故与纵坐标相同，代入双曲线得Q的横坐标为，因此：，C正确. 选项D，，，，为等腰三角形， 底边长，高为，. 在中由余弦定理可得：， ，解得， 即， 所以， 因此外接圆半径，D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 从0，1，2，3，4，5，6中任取3个数字，可以组成的没有重复数字的三位数的个数是________.（用数字作答） 【答案】180 【解析】 【分析】根据取到0与取不到0分类讨论即可由排列求解. 【详解】当取不到0时，一共有个三位数， 若取到时，不能排首位，共有个三位数， 由分类加法计数原理可知，共有三位数的个数为. 故答案为：180 13. 已知是定义在上的偶函数，且对任意有，则_________． 【答案】1 【解析】 【分析】利用换元法得到，由偶函数的性质求解即可. 【详解】令，则， 所以， 因为为偶函数，所以表达式中的一次项系数为0， 即，解得. 14. 在正三棱锥中，为棱的中点，四点，，，在球的球面上，，，，在球的球面上，若，则点到平面距离的平方为_________． 【答案】8或 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设，利用坐标法求坐标，建立方程求出即可得解. 【详解】记为中心，以为原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， 记， 由球心到球面的距离为半径可得， ， 解得， 又， 解得， 因为，所以 即，所以， 解得或. 于是所求距离的平方或 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. 已知公比为的等比数列的前项和为，且． （1）若，求； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1）或． （2） 【解析】 【分析】（1）由等比数列通项公式和求和公式得到方程组，求出首项； （2），分和两种情况，结合对勾函数性质可得答案 【小问1详解】 ，由，得，又，，即或． 由，得，，或． 或． 【小问2详解】 由，得．由，得，或． 又． 由“对勾函数”的性质易知，当时，单调递增， 所以； 当时，单调递增， 所以， 综上，的取值范围是. 16. 如图，已知四棱锥的底面为平行四边形，，且，． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：，，． 又，是平面内两条相交直线， 平面，． 又四边形为平行四边形，， 四边形为矩形，． ，是平面内的两条相交直线，平面． 又平面，． （2） 【解析】 【分析】（1）结合图形和线面垂直判定定理证明平面，进而证明. （2）建立空间直角坐标系，写出各点坐标；求出平面的法向量，以及直线的方向向量，利用线面角的向量公式计算正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，， ，，． 设平面的一个法向量为， 则，令，可得. 设直线与平面所成的角为， 则． 直线与平面所成角的正弦值为． 17. 某博物馆工作人员将古籍放入展柜前需读取某项评价指标，古籍的实际状态分为可直接入柜与需干燥两类，抽取一本古籍可直接入柜的概率为．当古籍可直接入柜时，；当古籍需干燥时，．规定时，古籍将被登记．现任取一本古籍． （1）求该本古籍被登记的概率关于的表达式； （2）登记后，按费用期望较小原则选择直接入柜或复检．已知复检可避免损失，且需干燥古籍直接入柜的损失为复检费用的4倍．若该古籍被建议复检，求的取值范围． 附：若，则取． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 记“古籍可直接入柜”为事件，“古籍需干燥”为事件，“古籍被登记”为事件，则，，且表示. 当事件发生时，，得，，所以. 由正态分布的对称性及题设，，故. 当事件发生时，，得，所以. 由全概率公式，. 【小问2详解】 由条件概率公式，登记后古籍需干燥的概率为. 设复检费用为元，则，需干燥的古籍直接入柜的损失为元. 对已登记的古籍，若直接入柜，费用期望为；若复检，费用期望为. 按费用期望较小原则，若建议复检，则，即. 由于且，整理得，即，所以. 又因为概率，，故的取值范围为. 18. 已知函数及其导函数的定义域均为，的图象为一条连续不断的曲线，且与在上恒成立，设定义域为的函数． （1）求；（用含和的代数式表示）； （2）若． （ⅰ）证明：； （ⅱ）判断方程实根的个数，并说明理由． 【答案】（1） （2）（ⅰ）由（1）得， 因为，，，， 所以，即． 若存在，使得， 因为在上恒成立，所以在上单调递增， 又，则，与矛盾， 所以． （ⅱ）方程有且仅有一个实根． 因为，所以在上单调递增， 令，， 所以在上单调递增， 因此方程至多有一个实根． 因为，且的图象为一条连续不断的曲线， 所以， 取，则，从而， 所以， 由零点存在定理可知在内至少有一个零点， 故方程有且仅有一个实根． 【解析】 【分析】（1）利用公式求解. （2）（ⅰ）由，，，，得到．若存在，使得，由在上恒成立，得到在上单调递增，从而得到，与矛盾，从而得到证明. （ⅱ）求出在上单调递增，构造函数，利用导数法得到在上单调递增，得到方程至多有一个实根，由的图象为一条连续不断的曲线，得到，由零点存在定理可知在内至少有一个零点，从而得到结论. 【小问1详解】 因为，且， 所以． 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）略 19. 在平面直角坐标系中，设抛物线：，点（）．过点的直线与交于，两点，设点到直线的垂足为，记的面积为． （1）若，且轴，求； （2）求关于的表达式； （3）当直线变化时，若为定值，则求出的值，并求该定值． 【答案】（1）2 （2） （3），定值为2． 【解析】 【分析】（1）由直线与抛物线联立求解出，两点，再根据三角形面积公式即可求出. （2）先设出直线的方程，再联立抛物线方程，分别表示出即可. （3）由（2）可得，，再代入求解即可. 【小问1详解】 由且轴，得：． 将代入，得，得， 从而． 点到直线的距离为1，故． 【小问2详解】 设直线：， 联立抛物线方程得， ，设，， ，又∵，∴， ，， ∴. 【小问3详解】 由（2）得， ∴， ∴， 当时，为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $