精品解析：湖南省益阳市2027届高三9月教学质量监测数学试题

益阳市2027届高三9月教学质量监测 数学 注意事项： 1．本试卷包括试题卷和答题卡两部分；试题卷共4页，19小题，满分150分．考试时量120分钟． 2．答题前，考生务必将自己的姓名、考号等填写在答题卡指定位置．请按答题卡的要求在答题卡上作答，在本试题卷和草稿纸上作答无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 试题卷 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，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题得，． 2. 已知复数满足：，则（ ） A. -1 B. -i C. 1 D. i 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的四则运算法则求解复数即可. 【详解】因为，所以， 所以. 3. 已知等差数列满足：，，则（ ） A. 2025 B. 2026 C. 4050 D. 4052 【答案】A 【解析】 【详解】由得； 由，得， 联立两式作差得，解得公差，代回，得首项， 故 . 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用同角的三角函数关系式和二倍角公式计算即得. 【详解】由两边取平方，得， 即，解得. 5. 在中，，，，为边的6等分点（），则（ ） A. 4 B. 5 C. 8 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】本题利用向量中线公式，由的等分点的位置关系，得到，，于是五个向量的和化简为，再借助直角三角形斜边中线等于斜边一半，求出，进而求得向量和的模长为． 【详解】 如图，为边的6等分点（）， 是线段的中点， 所以是的中线， 所以，， 所以， 在中，，为边的中点， ， ， 所以． 6. 已知，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若互斥，则 D. 若互斥，则 【答案】B 【解析】 【详解】对于AB；当时，，因此； 同时，因此 因此A错误，B正确； 对于CD，因为为互斥事件，因此交事件是不可能事件，； 根据互斥事件的加法公式， 因此C、D均错误. 7. 已知，则关于实数x，y，z的下列结论中不可能成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，求得，将三个解析式分别看成关于的对数函数，幂函数与指数函数，作出图象，根据交点情况及图象的位置即可逐一判断选项. 【详解】设，则，且， 在同一个坐标系中作出三个函数的图象： 其中与交于点，与交于点. 由图知，当时，，故D符合； 当时，，故A符合； 当时，，故B符合.即只有C项不合题意. 8. 已知抛物线的焦点为，直线交于P，Q两点，点的坐标为，则下列结论正确的是（ ） A. 若上的点满足，则 B. 上有且仅有两个点满足 C. 若直线过点，取得最大值，则的面积等于16 D. 为坐标原点，若，取得最小值，则点到的距离为8 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，求得抛物线的焦点坐标和准线方程，利用抛物线的定义和抛物线的几何性质，结合直线与抛物线的位置关系，逐项求解，即可得到答案. 【详解】对于A，由抛物线，可得焦点为，准线方程为， 设点是抛物线的点， 由抛物线的定义，可得点到焦点的距离等于其到准线的距离，即， 因为，可得， 又因为，且，可得， 整理得，解得，所以，所以A错误； 对于B，若，可得 整理得，其中， 所以方程有两个不等的实数根，设两个根分别为， 可得，所以方程仅有一个正根， 即抛物线上仅存在1个点满足，所以B错误； 对于C，直线过焦点，设直线，且， 联立方程组，整理得， 其中，且， 则， 又由直线的斜率，直线的斜率， 可得， ， 则， 令，则，可得，其中， 因为函数在上为单调递增函数， 所以当时，即时，取得最大值，即取得最大值， 此时直线的方程为，代入抛物线，解得，即， 此时，且点到直线的距离为， 所以，所以C正确； 对于D，设直线，且， 联立方程组，整理得，则， 由，可得，其中， 所以，解得或（舍去）， 所以，可得直线过定点，且， 又由弦长公式得 ， 所以，即时，取得最小值，此时直线方程为， 则点到直线的距离为，所以D错误. 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 已知函数（，，）的部分图象如下图所示，根据图中信息可知下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意逐步求出、及的值，即可判断ABC；求出函数的解析式，再求出的值，即可判断D. 【详解】由题意可知，故A正确； 又因为, 所以, 即，解得，故B正确； 所以， 又因为函数过点， 所以， 所以， 解得， 又因为， 所以，故C错误； 所以， 所以，故D正确. 10. 已知函数，则（ ） A. 函数在上单调递减 B. 曲线在处的切线是 C. 函数的最小值是 D. 函数有且只有两个零点 【答案】BC 【解析】 【分析】对函数求导，利用导数研究单调性、极值、切线与零点，逐一判断选项. 【详解】函数定义域为，， 因为，所以曲线在处的切线是，所以B正确， 令得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，， 所以A错误，C正确， 令，解得，所以只有一个零点，所以D错误. 11. 如图，在矩形中，，，B为的中点，现分别沿，将，翻折，使点E，F重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（ ） A. 三棱锥的体积为 B. 直线与直线所成角的余弦值为 C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. 三棱锥外接球的体积是 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A，由题意平面，可得为底面上的高，然后计算的面积，利用求解即可.选项B，利用向量夹角公式，再结合在中由余弦定理计算，利用向量的数量积以及线性运算进行转化，最终得到直线与直线所成角的余弦值为；选项C，利用等体积法，求出点到平面的距离，然后利用线面角的定义得到直线与平面所成角的正弦值为；D选项，先求出的外接圆半径，然后构造直角三角形得到，解得外接球半径，再利用球的体积公式求解即可. 【详解】由题意可得， 又因为，平面， 所以平面，所以为底面上的高， 选项A，因为由翻折得到，所以. 在中，，边上的高为， 所以，A正确 选项B，在中，， 可得 ，所以直线与直线所成角的余弦值为，B错误. 选项C，由题意得，设点到平面的距离为， 由，可得，解得 所以直线与平面所成角的正弦值为，C正确. 选项D，由选项B知，， 所以，所以的外接圆半径 设三棱锥的外接球半径为， 因为平面，所以，解得. 所以外接球的体积是，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知双曲线(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由双曲线的渐近线方程可得，即a＝2b，进而由双曲线的几何性质可得cb，由双曲线的离心率公式计算可得答案． 【详解】根据题意，双曲线的渐近线方程为y＝±x， 又由该双曲线的一条渐近线方程为x﹣2y＝0，即yx， 则有，即a＝2b， 则cb， 则该双曲线的离心率e； 故答案为． 【点睛】本题考查双曲线的几何性质，关键是分析a、b之间的关系，属于基础题． 13. 一个数阵有行6列，第一行中的6个数互不相同，其余行都由这6个数以不同的顺序组成．如果要使任意两行的顺序都不相同，那么的值最大可取________．（用数字作答）． 【答案】720 【解析】 【分析】根据排列的意义结合排列数的计算，即可得答案． 【详解】由于6个数互不相同，故将这6个数全排列共有种排序方法， 而一个数阵有行6列，要使任意两行的顺序都不相同，故的值最大为720． 14. 已知平行四边形，点为边的一点，且，点是射线上一动点，又数列满足，恒有，记的前项和为，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用平面向量基本定理得到数列递推关系式，通过构造等差数列求出数列通项，再使用错位相减法求数列前项和. 【详解】在平行四边形中，且， 所以， 因为点是射线上一动点， 所以存在，使得， 又因为， 所以， 消去得，整理得， 两边同时除以得， 设，则，即，为等差数列， 所以， 所以， ① ② 得， 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. 某银行储蓄卡的密码由6位数字组成，在该银行自助取款机上取款时，若密码输入正确，则可成功取款，若密码连续输错3次，则不能继续输密码，取款失败．甲利用储蓄卡在该银行自助取款机上取钱时，忘记了密码的最后1位数字．求： （1）任意按最后1位数字，不超过2次就成功取款的概率； （2）如果记得密码的最后1位是偶数，记表示取钱时输密码的次数，求随机变量的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2）分布列如下： 1 2 3 【解析】 【分析】（1）由条件概率及古典概型公式求解即可； （2）根据题意，可能的取值为1，2，3．记“最后1位密码为偶数”，由条件概率公式求出对应的概率，即可得分布列，再由期望公式求解即可. 【小问1详解】 设“第次成功取款”， 则事件“不超过2次就成功取款”可表示为． 则． 【小问2详解】 根据题意，可能的取值为1，2，3． 记“最后1位密码为偶数”， ， ， ， 所以的分布列为 1 2 3 故随机变量的期望． 16. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求； （2）若，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理将已知等式中的转化为含角的三角函数形式，再结合正弦定理化简，得到的值，进而求出角； （2）由正弦定理将边用角表示，代入面积公式后化简为关于的三角函数，利用的范围确定最大值． 【小问1详解】 由已知得，又， 所以，又， 所以． 因为，所以，所以． 又，所以． 【小问2详解】 由及得：． 所以，， 即 ， 因为，所以， 在中，当时，取得最大值1． 所以面积的最大值是． 17. 如图，在直三棱柱中，是侧棱的中点，，，是底边的中点． （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值． 【答案】（1）因为，，所以，． 在直三棱柱中，有底面侧面， 因为平面，平面平面， 所以平面． 在平面内过点作直线，以，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系． 则，，，，． 所以，， 设为平面的一个法向量， 则得， 令，则，，则． 又．则，所以． 又平面，所以平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，验证与该法向量垂直，且不在平面内，从而证明线面平行； （2）分别求出平面和平面的法向量，利用两法向量夹角与二面角大小相等或互补的关系，计算其余弦值，再转化为正弦值． 【小问1详解】 略． 【小问2详解】 由（1）可知，，． 设是平面的一个法向量， 则，得， 令，则，，则． 由（1）可知，平面的一个法向量是． 所以，． 所以，二面角的正弦值是． 18. 在平面直角坐标系中，圆的方程为：，定点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线和半径相交于点． （1）求点的轨迹的方程； （2）设不过原点的直线l：与交于、两点，直线、的斜率分别为、，满足． （i）当变化时，是否为定值？若是，求出此定值，并证明你的结论；若不是，请说明理由； （ii）求面积的取值范围． 【答案】（1） （2）（i）当变化时，是定值，定值为． 证明如下：设，， 由，得， 当时， 有，①， 因为直线、的斜率依次为、， 所以， 所以②， 由①②解得，经验证成立，所以结论成立． （ii） 【解析】 【分析】（1）小题利用垂直平分线的等距性质结合椭圆的定义直接写出轨迹方程； （2）（i）将直线代入椭圆，用韦达定理，把斜率条件转化为关于的等式，推导出为定值；（ii）利用三角形面积公式，代入的定值，换元后结合对勾函数单调性求出面积取值范围． 【小问1详解】 由题设条件可得，，， 所以点的轨迹是以、为焦点，长轴长为的椭圆， 又，，，所以， 故点的轨迹的方程为； 【小问2详解】 （i）略； （ii）， 令，得． 所以，面积的取值范围为． 19. 已知函数，，． （1）求的最大值； （2）对任意实数x，恒成立，求实数的最大值； （3）若，且，其中，．求证：． 【答案】（1） （2） （3）证明：由（2）知，所以， 不妨设，，因为， 由（1）知：；由（2）知：， 所以要证，则只需证， 因为，可得，， 由，且，，在上单调递增， 可得，同理可得，即，， 所以只需证，即证， 又因为，所以， 将此式乘以上式知只需证， 令，可得， 所以在上单调递增， 因为，所以，即， 所以成立，所以原不等式成立． 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得，得到的单调性，进而求得最大值； （2）根据题意，转化为，利用导数求得函数单调性，得到其最大值，列出不等式，即可求解； （3）不妨设，，由，利用，转化为证明，构造函数，利用导数求得的单调性，结合单调性，即可得证. 【小问1详解】 解：由函数可得其定义域为，且， 令，即，解得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以当时，函数取得最大值，最大值为． 【小问2详解】 解：由对于任意，都有，即， 因为函数，可得， 令，可得． 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以当时，取得最大值，且， 所以，可得，解得，所以实数的最大值. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 益阳市2027届高三9月教学质量监测 数学 注意事项： 1．本试卷包括试题卷和答题卡两部分；试题卷共4页，19小题，满分150分．考试时量120分钟． 2．答题前，考生务必将自己的姓名、考号等填写在答题卡指定位置．请按答题卡的要求在答题卡上作答，在本试题卷和草稿纸上作答无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 试题卷 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，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足：，则（ ） A. -1 B. -i C. 1 D. i 3. 已知等差数列满足：，，则（ ） A. 2025 B. 2026 C. 4050 D. 4052 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 在中，，，，为边的6等分点（），则（ ） A. 4 B. 5 C. 8 D. 10 6. 已知，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若互斥，则 D. 若互斥，则 7. 已知，则关于实数x，y，z的下列结论中不可能成立的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知抛物线的焦点为，直线交于P，Q两点，点的坐标为，则下列结论正确的是（ ） A. 若上的点满足，则 B. 上有且仅有两个点满足 C. 若直线过点，取得最大值，则的面积等于16 D. 为坐标原点，若，取得最小值，则点到的距离为8 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 已知函数（，，）的部分图象如下图所示，根据图中信息可知下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. 函数在上单调递减 B. 曲线在处的切线是 C. 函数的最小值是 D. 函数有且只有两个零点 11. 如图，在矩形中，，，B为的中点，现分别沿，将，翻折，使点E，F重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（ ） A. 三棱锥的体积为 B. 直线与直线所成角的余弦值为 C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. 三棱锥外接球的体积是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知双曲线(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为_______． 13. 一个数阵有行6列，第一行中的6个数互不相同，其余行都由这6个数以不同的顺序组成．如果要使任意两行的顺序都不相同，那么的值最大可取________．（用数字作答）． 14. 已知平行四边形，点为边的一点，且，点是射线上一动点，又数列满足，恒有，记的前项和为，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. 某银行储蓄卡的密码由6位数字组成，在该银行自助取款机上取款时，若密码输入正确，则可成功取款，若密码连续输错3次，则不能继续输密码，取款失败．甲利用储蓄卡在该银行自助取款机上取钱时，忘记了密码的最后1位数字．求： （1）任意按最后1位数字，不超过2次就成功取款的概率； （2）如果记得密码的最后1位是偶数，记表示取钱时输密码的次数，求随机变量的分布列和数学期望． 16. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求； （2）若，求面积的最大值． 17. 如图，在直三棱柱中，是侧棱的中点，，，是底边的中点． （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值． 18. 在平面直角坐标系中，圆的方程为：，定点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线和半径相交于点． （1）求点的轨迹的方程； （2）设不过原点的直线l：与交于、两点，直线、的斜率分别为、，满足． （i）当变化时，是否为定值？若是，求出此定值，并证明你的结论；若不是，请说明理由； （ii）求面积的取值范围． 19. 已知函数，，． （1）求的最大值； （2）对任意实数x，恒成立，求实数的最大值； （3）若，且，其中，．求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $