精品解析：广东广州奥林匹克中学2027届高三一轮复习九月检测数学试卷

广州奥林匹克中学2027届高三年级一轮复习九月检测 数 学 试 卷 命题人：周舟 审题人：胡迪 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. 已知随机变量的分布列为： 1 2 3 4 5 0.1 0.3 0.4 0.1 则随机变量的期望等于（ ） A. B. C. D. 3. 洛阳龙门石窟是世界上规模最大的石刻艺术宝库，被联合国教科文组织评为“中国石刻艺术的最高峰”.现有一石窟的某处共有378个“浮雕像”，分为6层，对每一层来说，上一层的数量是该层的2倍，则从下往上数，第4层“浮雕像”的数量为（ ） A. 16 B. 32 C. 48 D. 64 4. 已知直线：，直线：，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 5. 已知，那么的展开式中的系数为（ ） A. B. C. D. 6. 已知向量，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，圆柱的下底面在圆锥的底面上，上底面圆的圆周在圆锥的侧面上，则圆柱的侧面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若对任意的，都有，则实数的取值范围是（ ） 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，有多个符合题目要求的．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. 设复数，则（ ） A. 复数z的虚部为 B. C. D. 10. 已知函数的部分图象如图，则（ ） A. B. 为奇函数 C. 在上的值域是 D. 当在上恰有3个零点时，的取值范围是． 11. 如图，在长方体中，，，点为四边形内部（不含边界）的一个动点，平面平面，则下列说法正确的是（ ） A. 异面直线与所成角的余弦值为 B. 当时，二面角的正切值为 C. 四面体的外接球体积为 D. 若，则的取值范围是 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分． 12. 记为等差数列的前项和.若，，则__________． 13. 2026年8月19日，广东省第十七届运动会手球比赛圆满收官，由广州奥林匹克中学组建的广州男子手球队一路过关斩将，斩获男子手球甲组冠军、乙组亚军，学校获得建队25年来首枚省运会手球金牌．男子手球甲组比赛集结了来自广州、茂名、清远、深圳等8支全省顶尖强队，先进行小组循环赛，小组赛分A、B两组，每组4支球队，各组前两名进行交叉淘汰赛．小组赛分组规定：东道主茂名队与2025年广东省手球锦标赛冠军广州队作为种子球队分别安排在A组、B组，深圳队与清远队不安排在同一个小组，其它4支队伍抽签分组，那么本次男子手球甲组比赛，小组赛共有______种分组方法（用数字作答）． 14. 已知双曲线 的一条渐近线与圆 相交于 ， 两点，则 ____. 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，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点， 作交于点. （1）求证： 平面； （2）求平面与平面 的夹角的大小. 16. 在中，角的对边分别为，若． （1）求A； （2）若，的面积为，求b，c的值； （3）若，求周长的取值范围． 17. 已知抛物线与椭圆 ： 有相同的焦点，点是椭圆的右顶点． （1）求椭圆离心率； （2）已知点， ，若椭圆上存在一点 ，满足，求的值； （3）若直线 与 交于 、 两点，且 为直角，求证：直线 恒过定点． 18. 为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后一天继续选择面食套餐的概率为，如此往复． （1）求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率； （2）记该同学第n天中午选择米饭套餐的概率为． ①证明：为等比数列，并求数列的通项公式； ②证明：当时，恒成立． 19. 已知函数的定义域为，直线与曲线相切．若对一切恒成立，称直线是函数的“下切线”；若对一切恒成立，称直线是函数的“上切线”． （1）证明：直线是函数的“上切线”； （2）若函数有“上切线”且有“下切线”，求的取值范围； （3）若直线既是函数的“下切线”，也是函数的“上切线”，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广州奥林匹克中学2027届高三年级一轮复习九月检测 数 学 试 卷 命题人：周舟 审题人：胡迪 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】B 【解析】 【详解】因为，， 所以. 2. 已知随机变量的分布列为： 1 2 3 4 5 0.1 0.3 0.4 0.1 则随机变量的期望等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据分布列的性质求出的值，再按期望公式求解即可. 【详解】由题意知：， 所以． 3. 洛阳龙门石窟是世界上规模最大的石刻艺术宝库，被联合国教科文组织评为“中国石刻艺术的最高峰”.现有一石窟的某处共有378个“浮雕像”，分为6层，对每一层来说，上一层的数量是该层的2倍，则从下往上数，第4层“浮雕像”的数量为（ ） A. 16 B. 32 C. 48 D. 64 【答案】C 【解析】 【分析】借助等比数列求和公式求出首项，然后利用等比数列通项公式基本量的运算求解即可. 【详解】由题意，从下往上“浮雕像”的数量成等比数列，设为， 则，公比，所以， 所以，所以第4层“浮雕像”的数量为. 故选：C 4. 已知直线：，直线：，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】当时可推得，当时，可推得或，再利用充分条件与必要条件的判断方法，即可求解. 【详解】因为，所以且， 又因为、， 所以，整理得，解得或， 若，代入两条直线得，， 即，两直线完全重合，不满足平行， 因此的唯一解就是， 当时，可直接推出，同时​也只能推出， 因此""是"​"的充要条件. 5. 已知，那么的展开式中的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据组合系数性质求出的值，再写出展开式的通项，最后令通项中的指数为求出，进而得到的系数. 【详解】因为，所以根据组合数的性质可得：，即， 即，解得或（舍去）故， 因为的展开式的通项是， 根据题意，得，，因此，的系数是． 6. 已知向量，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先通过计算出，再利用齐次分式求出结果即可. 【详解】由题意可得， 即. 故选：A. 7. 已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，圆柱的下底面在圆锥的底面上，上底面圆的圆周在圆锥的侧面上，则圆柱的侧面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将圆柱侧面积的最大值问题，转化为关于圆柱底面半径的二次函数的最值问题. 【详解】由的底面半径，母线长， 所以圆锥的高. 由题可设圆柱的底面半径为()，高为. 由得，即，截得. 所以圆柱的侧面积 所以当时，侧面积取得最大值为. 8. 已知函数，若对任意的，都有，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由两边同乘得. 设，， 由题意得在上严格递增，则对任意恒成立，即对任意恒成立. 令，，则， 当时，单调递增，当时，单调递减， 所以的最大值为，因此. 当时，， 令，，易得且仅在处取等， 故且最多有一个实数解，严格递增，所以的取值范围是. 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，有多个符合题目要求的．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. 设复数，则（ ） A. 复数z的虚部为 B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据复数的虚部定义可判断A；根据复数的模长公式可判断B；根据复数的乘法及复数的共轭可判断CD. 【详解】对于A：复数z的虚部为 ，故A错误； 对于B：由，可得，故B正确； 对于C：，则， 所以，故C正确； 对于D：，故D错误. 10. 已知函数的部分图象如图，则（ ） A. B. 为奇函数 C. 在上的值域是 D. 当在上恰有3个零点时，的取值范围是． 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意可求得，从而判断A；求出函数的解析式为，进而可得，即可判断B；求出函数在上的值域，从而判断C；根据题意求出函数在上恰有4个零点时的值，即可判断D. 【详解】由图象可知，， ，，故A正确； 三角函数的解析式是， 函数的图象过， 把点的坐标代入三角函数的解析式， ， ， 又， ， 三角函数的解析式是． 由于 ， 不是奇函数，B不正确； 由于，所以， ， 在上的值域是，故C正确； 当在上恰有3个零点时，零点为， 又轴右侧的第四个零点为， ， 即的取值范围是，故D正确． 11. 如图，在长方体中，，，点为四边形内部（不含边界）的一个动点，平面平面，则下列说法正确的是（ ） A. 异面直线与所成角的余弦值为 B. 当时，二面角的正切值为 C. 四面体的外接球体积为 D. 若，则的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系利用空间向量法可判断选项A，结合面面垂直性质定理，动点轨迹方程，以及二面角的求解方法分析可判断选项B；找出外接球的球心，利用已知条件求出半径，利用球体体积公式计算可判断选项C；根据动点的轨迹方程以及向量的坐标关系式和圆的参数方程、三角函数性质求解可判断选项D. 【详解】以为原点，分别为轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， ， 设，， 对于A，由，所以， ， 所以异面直线与所成角的余弦值为，故A正确； 对于B，过作垂足为点，因为平面平面， 且平面平面，平面，所以平面， 又平面，故，又，， 平面，所以平面， 平面，故，， 根据二面角定义可知是二面角的平面角， 则，故B正确； 对于C，设的中点为，连接，因为都是直角三角形， 所以，即四面体外接球的球心为点， 所以，可得外接球半径为，所以体积，故C错误； 对于D，因为， ，， 所以，故， ， 因为，所以的轨迹是以为直径，中点为圆心的圆在正方形内的部分， 所以在平面上的轨迹方程为， 设， 得，由 得，故， 所以，故D正确. 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分． 12. 记为等差数列的前项和.若，，则__________． 【答案】24 【解析】 【分析】根据等差数列通项公式求出公差，再结合求和公式求解即可. 【详解】由等差数列通项公式， 代入可得，解得. 因为，所以， 故. 13. 2026年8月19日，广东省第十七届运动会手球比赛圆满收官，由广州奥林匹克中学组建的广州男子手球队一路过关斩将，斩获男子手球甲组冠军、乙组亚军，学校获得建队25年来首枚省运会手球金牌．男子手球甲组比赛集结了来自广州、茂名、清远、深圳等8支全省顶尖强队，先进行小组循环赛，小组赛分A、B两组，每组4支球队，各组前两名进行交叉淘汰赛．小组赛分组规定：东道主茂名队与2025年广东省手球锦标赛冠军广州队作为种子球队分别安排在A组、B组，深圳队与清远队不安排在同一个小组，其它4支队伍抽签分组，那么本次男子手球甲组比赛，小组赛共有______种分组方法（用数字作答）． 【答案】12 【解析】 【详解】先排茂名队、广州队，有1种方法；再排清远队、深圳队，有种方法； 再排其余4支球队，有种方法，故共有种方法． 14. 已知双曲线 的一条渐近线与圆 相交于 ， 两点，则 ____. 【答案】 【解析】 【详解】已知双曲线，则双曲线的两条渐近线方程分别为和， 双曲线的一条渐近线与圆相交于，两点， 由圆关于轴对称，而双曲线的两条渐近线均关于轴对称， 因此，无论选择哪一条渐近线，其与圆相交所得弦长都相等. 由圆可知，圆心坐标为，半径， 将其中一条渐近线化为一般式：， 则圆心到渐近线的距离， 则弦长. 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，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点， 作交于点. （1）求证： 平面； （2）求平面与平面 的夹角的大小. 【答案】（1）证明：在四棱锥中， 底面， 底面， 所以, 由底面是正方形，得， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 设， 则， ， 设平面的法向量为 则 ， 令 ，则， 则为平面的一个法向量， 则 ，而不在平面内， 所以 平面. （2） 【解析】 【分析】（1）建系，通过线面位置的向量表示即可求证； （2）由面面角的向量法即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1） 知，， 且 设平面的法向量为 ， 则 ， 取，， 所以为平面的一个法向量， 而 ， 则 ， 即 ， 则的一个法向量为 ， 因此 ， 而 则 所以平面与平面 的夹角是 16. 在中，角的对边分别为，若． （1）求A； （2）若，的面积为，求b，c的值； （3）若，求周长的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，由边化角，再根据两角和的正弦公式，求出结果即可. （2）根据三角形正弦面积公式，以及余弦定理，解三角形. （3）根据余弦定理求出三角形边长之间的关系，再根据基本不等式求出范围，或者根据正弦定理构造函数，根据角的范围求出边长之和的范围，进而求出三角形周长范围即可. 【小问1详解】 由正弦定理得， 因为， 代入得， 由于，解得，所以．又，所以． 【小问2详解】 由题得的面积，故①． 而，且，故②， 由①②得． 【小问3详解】 方法一：可知，且，， 得， 由基本不等式可知，即， 得，解得， 又，所以，所以， 即周长的取值范围为． 方法二：由，及正弦定理得：， 因为，所以， 所以．因为，所以，， 所以，所以周长的取值范围为． 17. 已知抛物线与椭圆 ： 有相同的焦点，点是椭圆的右顶点． （1）求椭圆离心率； （2）已知点， ，若椭圆上存在一点 ，满足，求的值； （3）若直线 与 交于 、 两点，且 为直角，求证：直线 恒过定点． 【答案】（1） （2） （3）由（1）知. 设，， 因为为直角，所以，即， 其中、均与不重合. 若与轴平行，设，则、关于轴对称，设，， 由得，结合解得，， 此时与重合，不合题意，故不与轴平行，可设. 代入椭圆方程，整理得. 因为直线与椭圆交于、两个不同的点，所以判别式，即. 所以，，且，. 于是， 即，因式分解得，解得或. 当时，直线恒过点，而在椭圆上， 所以、中恰有一点与重合，不存在，不符合题意，舍去； 当时，，判别式恒成立， 直线与椭圆恒有两个不同的交点，且直线不经过点，符合题意. 所以直线恒过定点. 【解析】 【分析】（1）由抛物线的标准方程确定其焦点，从而得到椭圆的半焦距，再结合椭圆的长半轴求离心率. （2）由 可知 为线段 的中点，利用中点坐标表示出 ，再将 的坐标代入椭圆方程，即可求出 . （3）设 ，，由 得 . 先排除直线 与 轴平行的情形，再设 ，将其与椭圆方程联立，利用根与系数的关系表示 、，代入垂直条件化简得到 . 其中 时直线经过椭圆右顶点 ，不符合 均与 不重合的条件，因此 ，故直线 恒过定点 . 【小问1详解】 抛物线的焦点为，因为抛物线与椭圆有相同的焦点，所以椭圆的半焦距. 又，所以. 所以椭圆的离心率. 【小问2详解】 因为，所以，即为线段的中点. 又，，所以. 由点在椭圆上，得，即，解得. 又，所以. 【小问3详解】 略. 18. 为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后一天继续选择面食套餐的概率为，如此往复． （1）求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率； （2）记该同学第n天中午选择米饭套餐的概率为． ①证明：为等比数列，并求数列的通项公式； ②证明：当时，恒成立． 【答案】（1） （2）①设事件为“第n天选择米饭套餐”，则，， 根据题意，， 由全概率公式，得 整理得， 故， ， 是以为首项，为公比的等比数列,通项公式为； ②当n为大于1的奇数时，； 当n为大于1的偶数时，； 综上所述，当时，． 【解析】 【分析】（1）先拆分互斥情况，并求出相关概率，利用条件概率公式求出相关概率，再利用全概率公式求解； （2）①利用全概率公式建立递推关系式，通过变形构造等比关系，求出首项及通项公式； ②根据通项公式分奇偶性讨论，从而证明结论． 【小问1详解】 设事件为“第1天选择米饭套餐”，事件为“第2天选择米饭套餐”， 事件为“第1天不选择米饭套餐”， 根据题意，，，， 由全概率公式得． 【小问2详解】 ①略 ②略 19. 已知函数的定义域为，直线与曲线相切．若对一切恒成立，称直线是函数的“下切线”；若对一切恒成立，称直线是函数的“上切线”． （1）证明：直线是函数的“上切线”； （2）若函数有“上切线”且有“下切线”，求的取值范围； （3）若直线既是函数的“下切线”，也是函数的“上切线”，求的取值范围． 【答案】（1）对求导可得，，， 所以直线是函数的切线， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以，所以直线是函数的“上切线”. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先证直线是函数的切线，令，要证直线是函数的“上切线”，只需先证恒成立即可； （2）根据“上切线”和“下切线”的定义，得到关于的不等式，进而求出的取值范围； （3）根据是函数和的公切线，设的切点为，可得，令 ，利用导函数分析函数单调性和最值，即可求的取值范围． 【小问1详解】 对求导可得，，， 所以直线是函数的切线， 令 ，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以，所以直线是函数的“上切线”； 【小问2详解】 因为是函数的“上切线”， 所以对一切恒成立， 即 ， 化简得 对恒成立， 当时，不恒成立， 当时，则需，解得； 因为是函数的“下切线”， 所以对一切恒成立， 即 ， 化简得 对恒成立， 当时，不恒成立， 当时，则需，解得； 综上可得. 【小问3详解】 设的切点为，，则切线斜率， 所以的切线方程为，即， 因为直线既是函数的“下切线”， 所以即恒成立，且， ， 令 ，则，令 ，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以 ，即， 又直线也是函数的“上切线”， 所以即恒成立， 因为直线是函数的切线， 所以，即有且只有一个实数根， 所以 ，所以， 所以 ， 令 ， 则， 令 ，则 ， 所以 在上单调递增， 又，所以当时，，当时，， 又，所以当时，，当时，， 所以 在上单调递增，在上单调递减， 所以 ，所以，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $