精品解析：辽宁大连市辽东十一所重点高中联合教研体2027届高三摸底测试数学试卷

辽东十一所重点高中联合教研体2027届高三摸底测试 数学试卷 本试卷共19题，全卷满分150分．考试用时120分钟 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效． 3．填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交． 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，只有一项符合题目要求． 1. 若，则（ ） A. B. C. 10 D. 2. 在一次歌唱比赛中，有5位评委给某选手打分（分数不全相同）．与原始分数相比，去掉一个最高分和一个最低分之后，一定发生改变的是（ ） A. 平均数 B. 众数 C. 中位数 D. 方差 3. 甲、乙、丙、丁四名教师带领学生参加校园植树活动，教师随机分成三组，每组至少一人，则甲、乙不在一组的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 在三棱锥中，平面，，若，，，则该三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 求值：（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 6. 如果曲线表示双曲线，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知点是椭圆：上的动点，点满足，其中．记点的轨迹形成的区域为，则边界上的点到直线：的距离的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 定义在上的函数满足：，且，则的值为（ ） A. 47 B. C. 49 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．全部选对得6分，部分选对得2分，选错得0分． 9. 设，为不共线的非零向量，下列选项描述正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 在正项等比数列中，公比为，已知，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知实数，，满足且，则下列结论正确的有（ ） A. B. 的取值范围为 C. 的最大值为 D. 的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则曲线在点处的切线方程是______． 13. 已知函数在上单调递增，且的图象关于点对称，则________． 14. 在体积为1的三棱锥侧棱，，上分别取点，，，使，记为三平面，，的交点，则三棱锥的体积等于______． 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，分别是角的对边，且. （1）求角的大小； （2）若，且，求的值. 16. 如图，三棱柱中，侧面是边长为2的菱形，其对角线的交点为，且，． （1）求证：平面； （2）设，若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成角的正弦值． 17. 大连麦凯乐商场的某潮玩店推出一款“球鞋盲盒”，店内共有（，）款不同设计的限量版球鞋，每款球鞋恰好有左脚和右脚各1只（全店共双，只鞋）．盲盒包装完全相同，每购买一个盲盒可随机开出1只球鞋．规定：若开出的球鞋中包含同一款的左脚和右脚，则可配对成为“一双”完整的球鞋． （1）若该店共有款不同的球鞋．小明购买了3个盲盒（开出3只鞋），求小明未能配对成功任何一双球鞋的概率； （2）若该店仍有款不同的球鞋．小强购买了4个盲盒（开出4只鞋）．设小强配对成功的球鞋双数为，求随机变量的分布列以及数学期望； （3）随着盲盒爆火，店长扩大了规模，店内现共有款不同的球鞋．超级客户老李一口气购买了个盲盒（且）．设老李配对成功的球鞋双数为，若老李希望自己配对成功的球鞋双数的数学期望不低于双，求他至少要购买多少个盲盒？（已知） 18. 已知函数（）． （1）若，，求曲线在点处的切线方程； （2）若且，证明：在区间内有且仅有一个极小值点； （3）是否存在实数，，使得对任意，恒有？若存在，求出的最大值，若不存在，请说明理由． 19. 已知抛物线：的焦点为，准线为． （1）设过定点且斜率为的动直线与交于不同的两点，．已知在上存在唯一点，使得，求出实数的值，并求出的坐标（用含有的代数式表示）； （2）过定直线上的一点作三条直线，这三条直线分别与相交于不同的三个点，，，且这三条直线分别垂直于在这三点处的切线． ①证明：的重心为一个定点，并求出该点的坐标； ②证明：的外接圆必过原点． （注：若一元三次方程（）的三个实数根分别为，，，则，） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 辽东十一所重点高中联合教研体2027届高三摸底测试 数学试卷 本试卷共19题，全卷满分150分．考试用时120分钟 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效． 3．填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交． 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，只有一项符合题目要求． 1. 若，则（ ） A. B. C. 10 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的乘法法则及模的定义求解即可. 【详解】. 2. 在一次歌唱比赛中，有5位评委给某选手打分（分数不全相同）．与原始分数相比，去掉一个最高分和一个最低分之后，一定发生改变的是（ ） A. 平均数 B. 众数 C. 中位数 D. 方差 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，由数据的中位数、平均数、方差、众数的定义，分析可得答案． 【详解】对于A，若分数为时，则平均数为， 去掉，则平均数为，故A错误； 对于B，若分数为时，则众数为， 去掉，则众数为，故B错误； 对于C，若分数为时，则中位数为， 去掉，则中位数为，故C错误； 对于D，方差体现数据的偏离程度，因为数据不完全相同， 当去掉一个最高分、一个最低分，一定使得数据偏离程度变小，即方差变小，故D正确. 故选：D. 3. 甲、乙、丙、丁四名教师带领学生参加校园植树活动，教师随机分成三组，每组至少一人，则甲、乙不在一组的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】人分组，每组至少人，只能是，一共种分法；甲乙在一组只有种分法，利用对立事件概率公式求解即可． 【详解】人分组，每组至少人，分组模式只能是（一组2个人，另外两组各1个人）， 总组数为， 甲乙绑定成2人组，剩下丙、丁各自一组，只有1种分法， 所以甲乙不在一组的概率为． 4. 在三棱锥中，平面，，若，，，则该三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，，， 所以在直角三角形中，． 因为平面，平面， 所以，在直角三角形中，． 故该三棱锥的体积． 5. 求值：（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】先利用诱导公式处理，，再分别对分子、分母应用两角差的正弦公式、二倍角正弦公式进行处理，代入原式后即可求解． 【详解】由诱导公式，可知，． 对于分子， ； 对于分母，． 由于，故． 6. 如果曲线表示双曲线，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用双曲线的第二定义来转化原式为，进而可得，再由曲线是双曲线可得所求值的范围. 【详解】由曲线，变形为​， 由方程两边非负且表示双曲线（有解），所以. 将看成点到定点的距离， 再将看成点到直线的距离，且定点不在直线上， 由圆锥曲线的第二定义可知，离心率，即. 因为曲线为双曲线，所以，即，解得. 因此实数的取值范围为. 7. 已知点是椭圆：上的动点，点满足，其中．记点的轨迹形成的区域为，则边界上的点到直线：的距离的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由向量条件可知点可由椭圆上点叠加模长为的向量得到，区域为椭圆与单位圆盘的闵可夫斯基和，先利用椭圆参数方程结合辅助角公式求出椭圆上动点到已知直线的最大距离，再增加单位长度，即可得到边界上点到直线距离的最大值． 【详解】 设，，， 所以， 由，且在椭圆上， 而在以为圆心，半径为1的圆上， 对于椭圆，，， 设， 则椭圆上点到直线：的距离， 的振幅为，， ， 当时，取最大值， 所以边界上的点到直线：的距离的最大值． 8. 定义在上的函数满足：，且，则的值为（ ） A. 47 B. C. 49 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先分析的取值进而通过与的关系解出答案. 【详解】令，则有恒成立，且有，所以； 令，则， 所以，且有，所以， 所以. 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．全部选对得6分，部分选对得2分，选错得0分． 9. 设，为不共线的非零向量，下列选项描述正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据单位向量与向量数量积的定义及共线向量定理判断可得； 【详解】解：因为，为不共线的非零向量，所以表示与同向的单位向量，表示与同向的单位向量，故，故A正确； 设与的夹角为，所以，因为，为不共线，所以，则B错误； 因为与均表示一个非零常数，所以表示与共线的一个向量，故C正确，D错误； 故选：AC 10. 在正项等比数列中，公比为，已知，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等比数列的通项公式及性质计算判断作答. 【详解】正项等比数列的公比为，则， 由，得，B正确； 而，于是，即，A错误； 而，则，C错误； 由，得，即，因为， 因此，显然，所以，解得，D正确. 故选：BD 11. 已知实数，，满足且，则下列结论正确的有（ ） A. B. 的取值范围为 C. 的最大值为 D. 的取值范围为 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用完全平方公式求出，把代入条件，将看作一元二次方程两根，借助判别式求的范围；构造函数研究的最值与范围，逐一判断选项. 【详解】对于A，已知，由， 代入得：，所以，A正确； 对于B，由，得， 于是可以看作方程的两根， 所以，解得，所以B正确； 对于C，，记，， ，令，解得， 所以时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，单调递增， 因为，， 所以或时取最大值，为，所以的最大值为，C正确； 对于D，， 因为，所以， 因为的最大值为，所以的最大值是，取不到，所以D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则曲线在点处的切线方程是______． 【答案】 【解析】 【分析】直接由导数的几何意义求切线方程可得. 【详解】由函数，得， 所以，， 因此切点为，切线的斜率， 所以切线方程为，即. 13. 已知函数在上单调递增，且的图象关于点对称，则________． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】由的图象关于点对称，得，，又，可得或，再分类讨论函数和的单调性即可． 【详解】的图象关于点对称， ，，，， ，或， ①当时，， ，，在上单调递增， ②当时，， ，，在上单调递减，不合题意， 综上，. 故答案为：. 14. 在体积为1的三棱锥侧棱，，上分别取点，，，使，记为三平面，，的交点，则三棱锥的体积等于______． 【答案】 【解析】 【分析】通过不同线段的比例关系将与联系起来，即可求出. 【详解】连接,则交于点，交于点，交于点. 因为平面，平面，，平面，平面， 所以平面平面； 同理可得：平面平面，平面平面； 又因为为三平面的交点，所以为三线段的交点. 连接，因为， 所以，， 所以, 又因为与的高相同，所以； 同理可得：； 在中，连接， 则有， 因为与的高相同，所以； 因为三棱锥底面积相同； 所以 . 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，分别是角的对边，且. （1）求角的大小； （2）若，且，求的值. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，将边化角，利用三角恒等变换以及三角形内角关系，即可求出结果； （2）利用余弦定理推得，结合题设条件即可求出结果. 【小问1详解】 由和正弦定理，可得 ∴ ∵，∴，∴， 又∵，∴. 【小问2详解】 由余弦定理，， ∴，解得， 由可得，代入上式可得， 解得：或（此时，不合题意，舍去） 所以，. 16. 如图，三棱柱中，侧面是边长为2的菱形，其对角线的交点为，且，． （1）求证：平面； （2）设，若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：因为四边形是菱形，所以，因为，，平面，所以平面， 因为平面， 所以，又，是的中点， （2） 【解析】 【分析】（1）先证明平面，得到，再证明，由线面垂直的判定定理证明即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 因为， 所以直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角， 因为平面， 所以直线与平面所成的角即为，即， 因为菱形的边长为2，，则在等边三角形中，，， 在中，， 以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 由平面的一个法向量为， ， 设平面与平面所成角为，， 所以，即平面与平面所成角的正弦值为． 17. 大连麦凯乐商场的某潮玩店推出一款“球鞋盲盒”，店内共有（，）款不同设计的限量版球鞋，每款球鞋恰好有左脚和右脚各1只（全店共双，只鞋）．盲盒包装完全相同，每购买一个盲盒可随机开出1只球鞋．规定：若开出的球鞋中包含同一款的左脚和右脚，则可配对成为“一双”完整的球鞋． （1）若该店共有款不同的球鞋．小明购买了3个盲盒（开出3只鞋），求小明未能配对成功任何一双球鞋的概率； （2）若该店仍有款不同的球鞋．小强购买了4个盲盒（开出4只鞋）．设小强配对成功的球鞋双数为，求随机变量的分布列以及数学期望； （3）随着盲盒爆火，店长扩大了规模，店内现共有款不同的球鞋．超级客户老李一口气购买了个盲盒（且）．设老李配对成功的球鞋双数为，若老李希望自己配对成功的球鞋双数的数学期望不低于双，求他至少要购买多少个盲盒？（已知） 【答案】（1） （2） 0 1 2 （3） 【解析】 【分析】（1）求出总样本数和未能配对成功的方法总数，进而求出相关概率； （2）分析的可能取值，分别计算相关概率得出分布列和期望； （3）构造指示变量，得出总配对数，对单款球鞋用组合写出概率，化简组合式得到，利用期望可加性，得出关于的表达式，列不等式，解一元二次不等式求出的范围，求出最小，进而求解． 【小问1详解】 该店共有款不同的球鞋，即全店共4双8只鞋． 小明购买了3个盲盒，即从中随机抽出3只鞋，所有的抽取方法总数为种． 小明未能配对成功任何一双球鞋，意味着抽出的3只鞋分属3款不同的设计： 首先，从4款设计中选出3款，方法数为； 其次，对于选出的每一款，都可以是左脚或右脚（每款2种选择），方法数为； 故未能配对成功的方法总数为种． 设“小明未能配对成功任何一双球鞋”为事件，则： ． 【小问2详解】 小强开出4只鞋，从8只鞋中任取4只，方法总数为． 随机变量（配对成功的球鞋双数）的可能取值为0，1，2． ·当时，4只鞋分属4款不同设计：； ·当时，恰有1款配对成功（2只），另2只分属其余3款中的2款： ； ·当时，恰有2款配对成功：； 随机变量的分布列为： 0 1 2 其数学期望为：． 【小问3详解】 此时店内共有款不同的球鞋，总计只鞋．老李购买了个盲盒． 设（）： 若第款球鞋配对成功，则；若未成功，则． 老李配对成功的总双数， 对于特定的第款球鞋，配对成功意味着在抽出的只鞋中，包含了这一款的左脚和右脚（2只）， 其余只鞋从剩下的98只中任意抽取． 因此其概率为： ， 将组合数展开化简： ， 由于只取0和1，故． 已知，可知期望具有线性性质，故： ， 令，即，解得：， 由于为正整数， 当时，； 当时，． 故满足条件的最小正整数． 此时，老李购买的盲盒数量为个． 18. 已知函数（）． （1）若，，求曲线在点处的切线方程； （2）若且，证明：在区间内有且仅有一个极小值点； （3）是否存在实数，，使得对任意，恒有？若存在，求出的最大值，若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）因为，所以， 代入解析式得． 对求导，得其导函数： 设，则其二阶导数： 下面将区间分为和两部分来论证的符号： ①当时： 因为，所以． 因为，所以且． 由于，有且． 所以． 对于余弦项，因为且，所以． 从而． 因为，所以，即． ②当时： 因为，所以． 由于在第二象限，且． 所以． 因为且，所以． 此时中的三项，，均严格大于0， 从而． 综合①②可知，对于任意，均有恒成立， 这说明在区间上单调递增． 又因为（由得到）， 且． 根据零点存在性定理，由于在上连续且单调递增， 故存在唯一的，使得． 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增． 所以在区间内有且仅有一个极小值点．证明完毕． （3）存在， 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义求解； （2）由导数判断函数的单调性求解； （3）先取特殊值得到，再证明即可. 【小问1详解】 当，时，． 故， 即切点坐标为． 对求导得： 所以切线的斜率． 故切线方程为，即． 答：曲线在点处的切线方程为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 存在． 若对任意，恒有成立， 则当取特殊值时，必然有． 即． 化简得：， 从而解得． 下面构造参数证明当时，恒有成立，从而说明该最大值是可以取到的． 取，，显然此时满足 此时． 则，． 当时，且，故，在上单调递增． 注意到， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 因此，在区间上，的最小值为． 所以当时，有． 当时，由于且， 有． 因为，且，，故． 所以当时，． 综上所述，当，时，对任意，恒有． 存在满足条件的实数，，且的最大值为． 19. 已知抛物线：的焦点为，准线为． （1）设过定点且斜率为的动直线与交于不同的两点，．已知在上存在唯一点，使得，求出实数的值，并求出的坐标（用含有的代数式表示）； （2）过定直线上的一点作三条直线，这三条直线分别与相交于不同的三个点，，，且这三条直线分别垂直于在这三点处的切线． ①证明：的重心为一个定点，并求出该点的坐标； ②证明：的外接圆必过原点． （注：若一元三次方程（）的三个实数根分别为，，，则，） 【答案】（1）， （2）①设直线上的定点坐标为． 设抛物线上任意一点，其中（）． 由求导得． 故抛物线在点处的切线斜率为，从而法线的斜率为． 过点的法线方程为． 因为该法线过定点，代入得： 两边同乘并整理得：． 由题意，该方程对应三个不同的实数点，，， 故上述关于的三次方程有三个不同的实数根，设分别为，，． 根据一元三次方程根与系数的关系得： ． ． 设的重心的坐标为，则： ． ． 因为． 所以． 故的重心为定点，其坐标为． ②证明 设过，，三点的外接圆方程为． 联立外接圆与抛物线方程： 将代入圆的方程，消去的一次项： ． 再将代入上式得： ， 两边同乘整理得一元四次方程： ， 因为点，，既在抛物线上又在圆上， 故，，必定是该一元四次方程的三个实数根． 设该方程的第四个实数根为． 根据一元四次方程根与系数的关系（韦达定理），由于的系数为0，则四根之和： ， 由第①问已知， 所以解得． 既然是该四次方程的一个根，代入四次方程可得，解得． 当时，外接圆的方程化为． 显然，坐标满足该圆的方程． 故的外接圆必过原点．证明完毕． 【解析】 【分析】（1）联立直线与抛物线方程，运用韦达定理，结合抛物线的性质及向量垂直的性质构造方程，结合存在唯一实数解，配方得到平方和为0，求出相关参数； （2）①对抛物线上点求导得出斜率，写出法线方程，代入点得出关于横坐标的一元三次方程，运用韦达定理，结合重心公式及恒等式计算得出定点； ②设一般圆方程，联立抛物线方程，消元得出一元四次方程，用四次韦达挖掘第四个交点，由常数项证过原点． 【小问1详解】 抛物线：的准线的方程为． 设动直线的方程为．设，． 联立方程组： 消去得：． 由得． 根据韦达定理：，． 设准线上的点的坐标为． 因为，所以． 即． 展开得：． 因为， 且． 将上述结果代入向量内积表达式得： 整理得：． 配方得：． 因为，，均为实数，所以上式成立当且仅当： 解得，且． （此时恒成立，符合题意） 故实数的值为，的坐标为． 【小问2详解】 ①略，坐标为 ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $