精品解析：江西宜春市部分校2027届高三上学期开学考试数学试卷

高三数学 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. 若向量，，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以. 2. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】或， 集合中只有两个元素满足集合，所以． 3. 函数的零点个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】当时，，令，得到，解得或（舍）， 当时，，令，得到，即，解得， 所以函数的零点个数为个. 4. 若球O的表面积为，则该球球面上两点间距离的最大值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【详解】设该球半径为R，因为球O的表面积为， 所以， 则该球球面上两点间距离的最大值为4. 5. 随机从某花圃内选取一盆花卉，它处于水肥适宜土壤的概率为0.8，处于干旱缺水土壤的概率为0.2，两种土壤状态不可能同时出现，且不存在其他土壤环境．已知花卉处在水肥适宜土壤中，正常开花的概率为0.9；处在干旱缺水土壤中，正常开花的概率为0.5．现从该花圃内随机选取一盆花卉，则该盆花卉能够正常开花的概率为（ ） A. 0.75 B. 0.8 C. 0.85 D. 0.82 【答案】D 【解析】 【分析】由全概率公式及互斥事件的概率公式求解即可. 【详解】记事件表示：“选取的花卉处于水肥适宜土壤”， 事件表示：“选取的花卉处于干旱缺水土壤”， 事件表示：“选取的花卉正常开花”， 则有, , , 所以 . 6. 若定义在上的函数存在极值点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求导确定函数的唯一极值点，问题转化为区间必须包含，同时区间需在定义域内，由此解出的范围． 【详解】函数的定义域为， 求导得：， 当时，，，，故的符号由决定， 即时，；时，． 因此在上单调递减，在上单调递增，故 是的唯一极值点（极小值点）， 函数在区间上存在极值点，等价于该区间包含， 即，解得， 又因为函数定义域为 ，区间必须在定义域内， 故， 综上，的取值范围为，即实数的取值范围是． 7. 已知为第四象限角，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用二倍角公式整理可得，再结合两角和差公式的正切公式运算求解，注意合理选取二倍角的余弦公式. 【详解】因为，则， 且为第四象限角，则，， 可得，则， 即，可得， 所以. 8. 已知圆：，点，（），若圆上存在，两点，使得以，，，四个点为顶点的平行四边形有且仅有1个，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平行四边形顶点的位置关系，分为平行四边形的对角线和其中一边两种情况分类讨论，分别计算两种情况对应的符合条件的平行四边形个数，由平行四边形有且仅有1个限定出不等关系，解不等式可求出的取值范围. 【详解】易知圆：的圆心为，半径为； 显然，因此点在圆的内部； 点，都在直线上，且该直线过圆心； 若， 由对称性可知在直线两侧分别可构造出两组且互相平行的直线，此时可构成两个以为一边的平行四边形； 除此之外，当与垂直且互相平分时可构成一个以为对角线的平行四边形， 综上可知，一共可以构成三个平行四边形，显然不合题意； 若， 此时在直线两侧无法构造出，此时无法构成以为一边的平行四边形； 因此只有当与垂直且互相平分时可构成一个平行四边形， 此时为平行四边形的对角线，且的中点到圆心的距离不大于半径， 所以， 解得； 当时，或， 此时弦的长为，两点重合，不合题意； 因此可得的取值范围是. 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. 若复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据复数的共轭复数、复数的模，复数的乘法除法逐项分析即可. 【详解】因为，所以，可得， 可得，得到 . 10. 已知双曲线（）的左、右焦点分别为，，点在上，且，，则（ ） A. 的焦距为 B. 的渐近线方程为 C. 的面积为 D. 双曲线是等轴双曲线 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据条件，利用双曲线的定义求出，再由余弦定理即可求出，进而可得，即可判断出A、B和D的正误，再由平方关系和三角形面积公式，求出的面积，即可判断C的正误. 【详解】易知，则，又，所以，又，所以， 则，所以A正确， 对于B，因为，则，所以，则的渐近线方程为，所以B错误， 对于C，因为，则， 所以的面积为，故C正确， 对于D，因为，则，即，所以双曲线是等轴双曲线，D正确. 11. 如图，在长方体中，，，E，F分别为，的中点，O，分别为底面与底面的中心，以O为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．设集合 ，集合，记为中所有点构成的几何体，则（ ） A. B. 是圆锥 C. 的体积大于 D. ， 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A新定义的简单应用代入检验即可; 选项B考查了学生的数学建模的思想，能不能把二次函数对应的抛物线旋转得到旋转体; 选项C在B选项分析基础上,对图形进行处理，找到旋转体圆锥，求出圆锥体积比较可得; 选项D距离公式应用，转化为二次函数求最大值问题. 【详解】选项A. 原点 |0|1,|0|1,|0|1,属于; ，不等式成立,选项A正确; 选项B. 设 设,分别为平面直角坐标系的横轴和纵轴, 满足,根据抛物线定义,可知这是以轴为对称轴的抛物线的一部分(题目中有限定条件)，在空间里，以轴为轴,旋转抛物线得到旋转抛物面, 就是由该抛物面围成的几何体,该几何体是曲面体,B选项错误； 选项C. ， 根据B选项的分析，取该几何体的轴截面，轴截面形状为抛物线,以轴为轴,对应的旋转体为圆锥,,,， ， 即：,选项C正确； 选项D. ，, , 即：,选项D正确. 【点睛】本题考查了学生对新定义问题的理解，和对于平面图形到立体图形的数学建模能力，以及距离转化函数的最值问题的数学应用能力. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若函数与的最小正周期相等，则_________． 【答案】4 【解析】 【详解】由题意得，解得. 13. 设椭圆与的离心率相等，则______． 【答案】3 【解析】 【详解】由题可知，椭圆的离心率为， 当即时，椭圆的离心率， 当时，，则椭圆的离心率无解. 综上，. 14. 某海滨旅游路线全线共设有24个标准化驿站，起点和终点这2个核心站点永久保留．为降低运营成本，计划对5个中途驿站予以关停，要求任意2个关停的驿站之间至少保留3个驿站正常运营，则不同的站点关停方案共有________种． 【答案】252 【解析】 【分析】先在5个关停的中途驿站的每个空隙插入3个中途驿站，剩余5个中途驿站，把问题转化为将5个相同的球放入6个不同的盒中，盒中的球数可以为0，利用隔板法分析求解即可. 【详解】因为5个关停的中途驿站中有4个空隙，每个空隙插入3个中途驿站， 此时剩余个中途驿站， 把5个关停站看作分隔元素，连同两端的空隙，一共形成6个空隙， 将剩余的5个运营站随意分配到这6个空隙中（允许部分空隙分配0个运营站）， 此问题即转化为将5个相同的球放入6个不同的盒中，盒中的球数可以为0， 再加入6个完全相同的球，共有11个球，有10个空隙， 利用隔板法将11个球分成6个部分，共有种不同分法， 所以不同的站点关停方案共有252种. 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. 已知点在抛物线上． （1）求的方程； （2）过的焦点作斜率为的直线，且与交于两点，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，直接求出的值，即可求解； （2）根据条件，由（1）可得直线l的方程，联立直线与抛物线方程，再利用根与系数间的关系和抛物线的定义，即可求解. 【小问1详解】 将点的坐标代入，得，解得， 所以的方程为． 【小问2详解】 由（1）得的焦点为， 所以直线l的方程为，设，． 由，消得， 则，，， 所以． 16. 如图，在三棱台中，平面，，，． （1）证明：平面． （2）若H为的中点，求与平面所成角的正切值． 【答案】（1）证明：因为平面，平面， 所以． 因为，，， 所以由可得， 则，所以． 因为，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直得出线线垂直，进而利用三角形相似求出，由勾股定理得出垂直关系，进而利用线面垂直判定定理得出结论； （2）利用面面平行找出线面角，构造辅助线，利用几何法找出线面角，计算相关线段长度，求出线面角的正切值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面平面， 所以与平面所成的角即为与平面所成的角． 如图，取上靠近点A的三等分点M，连接，， 则，， 所以四边形是平行四边形，所以． 因为平面，所以平面， 所以即为与平面所成的角． 因为，，， 所以， 即与平面所成角的正切值为． 17. 某物流园区使用无人配送车完成园区内的末端配送，为比较算法与算法的运行效果，技术人员分别随机抽取采用这两种算法完成的个订单，记录从无人车出发到订单送达所用的时间（单位：分钟）．将配送时长分为，，，，，，共六组，得到如下频率分布直方图．园区规定：配送时长少于分钟的订单为准时订单．以配送时长位于各区间的频率代替配送时长位于该区间的概率，假设每个订单是否准时送达相互独立． （1）求采用算法时，个订单准时送达的概率． （2）从总体中随机选取个订单，其中个采用算法，个采用算法．设这个订单中准时订单的个数为，求的分布列． （3）为兼顾算法测试与配送效率，调度中心提出两个方案：方案一为“动态调度方案”，即第个订单采用算法，若该订单准时送达，则第个订单仍采用算法，否则第个订单改用算法；方案二为这个订单均采用算法．设方案一中这个订单中准时送达的个数为，方案二中这个订单中准时送达的个数为．有人认为，，判断这一观点是否正确，并说明理由． 【答案】（1） （2） （3）方案一中，的所有可能取值为、、．， ， ， 所以． 方案二中，由题意可知，所以． 因为，所以题中观点不正确. 【解析】 【分析】（1）把前3组准时送达的频率相加，即为所求概率； （2）先求得1个订单采用算法准时送达的概率为，记采用算法的个订单中准时送达的个数为，采用算法的个订单中准时送达的个数为，则，然后根据，求概率及分布列； （3）求出，，再由判断题中观点不正确. 【小问1详解】 根据题意可得个订单采用算法准时送达的频率为， 所以个订单采用算法准时送达的概率为． 【小问2详解】 同（1）可得个订单采用算法准时送达的概率． 记采用算法的个订单中准时送达的个数为，采用算法的个订单中准时送达的个数为，则，，． 的所有可能取值为、、、， ， ， ， ， 所以的分布列为 【小问3详解】略 18. 定义：在正项数列中，若（为非零常数），则称存在对数系，常数为的对数系数． （1）判断数列是否存在对数系．若存在，求出对数系数；若不存在，请说明理由． （2）已知数列存在对数系，且，，，． （ⅰ）求的通项公式； （ⅱ）证明：． 【答案】（1）存在， （2）（ⅰ） （ⅱ）证明：由（ⅰ）得， 因为，所以， 所以． 设， 则， 所以， 所以． 因为，所以， 即． 【解析】 【分析】（1）根据对数系定义，再由数列定义即可求出对数系数； （2）（ⅰ）由数列的前几项可求出其对数系数，再由等差数列定义即可求得的通项公式； （ⅱ）利用错位相减求和得出，可证明得出结论. 【小问1详解】 因为， 所以存在对数系，其对数系数为． 【小问2详解】 （ⅰ）令． 因为存在对数系，所以． 设， 则， 又因为，， 所以是以2为首项，3为公差的等差数列，， 所以当时，， 即． 因为，所以． 又满足，所以． （ⅱ）略 19. 设函数的定义域为，若对于给定的实数，存在唯一的实数，使得曲线在点处的切线经过点，则称为的单切点，为的切交点．若在某一区间内的每一点都是单切点，则称在上全切交．此时，将中的每一个实数与其对应的唯一切交点构成的对应关系记为函数，并称为在集合上的切交函数． （1）判断函数在上是否全切交，并说明理由． （2）已知是奇函数，其导函数在上的图象是一条连续不断的曲线．若对于任意，，当时，都有，且在上全切交，其切交函数为． （ⅰ）证明：对于任意，均有． （ⅱ）判断在上的单调性，并给予证明． 【答案】（1）由，得， ， 则曲线在点（）处的切线方程为， 即． 令，则， 得或． 故对于给定的，存在唯一的， 使得曲线在点处的切线经过点， 即在上全切交． （2）（ⅰ）因为是奇函数，所以， 对等式两边求导可得，则是偶函数． 曲线在点（）处的切线方程为． 因为在上全切交， 所以关于的方程有且只有两个不相等的实数解，． 令，则． 由题可知在上单调递增，又是偶函数， 所以当时，， 当时，， 故在和上单调递增，在上单调递减， 则当时，， 从而当时，，则． 根据切交函数的定义可知，， 从而对于任意，均有． （ⅱ）在上单调递减． 任取，，令，，， 则由（ⅰ）可知，，， 由，得，则． 曲线在处的切线记为， 曲线在处的切线记为． 根据切交函数的定义有，． 假设，令，． 因为，所以， 所以，即在上单调递减． 令，． 当时，，则，则在上单调递减． 因为，所以． 又，所以． 由在上单调递减，且，可得， 则，即． 因为，所以． 令，则． 当时，，则． 因为为偶函数，所以， 从而在上单调递增． 因为，所以．又， 所以，则， 则，与矛盾． 故假设错误，则， 即对于任意，都有． 综上所述，在上单调递减． 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出斜率，利用点斜式求出切线方程，根据新定义求解即可得到结论； （2）（ⅰ）证明：利用奇偶函数的定义得到是偶函数．利用点斜式求出切线方程，利用全切交的定义得到关于的方程有且只有两个不相等的实数解，．构造函数，利用导数法求出的单调性，从而得到，结合新定义得解； （ⅱ）求出曲线在处的切线记为，曲线在处的切线记为．根据切交函数的定义有，．假设，构造函数，利用导数法得到在上单调递减．构造函数，利用导数法得到在上单调递减，从而得到，计算，可以得到．构造函数，利用导数法和偶函数的定义得到在上单调递增，从而得到假设错误，从而得到结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 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. 若向量，，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 2. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 函数的零点个数为（ ） A. B. C. D. 4. 若球O的表面积为，则该球球面上两点间距离的最大值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 5. 随机从某花圃内选取一盆花卉，它处于水肥适宜土壤的概率为0.8，处于干旱缺水土壤的概率为0.2，两种土壤状态不可能同时出现，且不存在其他土壤环境．已知花卉处在水肥适宜土壤中，正常开花的概率为0.9；处在干旱缺水土壤中，正常开花的概率为0.5．现从该花圃内随机选取一盆花卉，则该盆花卉能够正常开花的概率为（ ） A. 0.75 B. 0.8 C. 0.85 D. 0.82 6. 若定义在上的函数存在极值点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知为第四象限角，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知圆：，点，（），若圆上存在，两点，使得以，，，四个点为顶点的平行四边形有且仅有1个，则的取值范围是（ ） 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. 若复数，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知双曲线（）的左、右焦点分别为，，点在上，且，，则（ ） A. 的焦距为 B. 的渐近线方程为 C. 的面积为 D. 双曲线是等轴双曲线 11. 如图，在长方体中，，，E，F分别为，的中点，O，分别为底面与底面的中心，以O为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．设集合 ，集合，记为中所有点构成的几何体，则（ ） A. B. 是圆锥 C. 的体积大于 D. ， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若函数与的最小正周期相等，则_________． 13. 设椭圆与的离心率相等，则______． 14. 某海滨旅游路线全线共设有24个标准化驿站，起点和终点这2个核心站点永久保留．为降低运营成本，计划对5个中途驿站予以关停，要求任意2个关停的驿站之间至少保留3个驿站正常运营，则不同的站点关停方案共有________种． 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. 已知点在抛物线上． （1）求的方程； （2）过的焦点作斜率为的直线，且与交于两点，求． 16. 如图，在三棱台中，平面，，，． （1）证明：平面． （2）若H为的中点，求与平面所成角的正切值． 17. 某物流园区使用无人配送车完成园区内的末端配送，为比较算法与算法的运行效果，技术人员分别随机抽取采用这两种算法完成的个订单，记录从无人车出发到订单送达所用的时间（单位：分钟）．将配送时长分为，，，，，，共六组，得到如下频率分布直方图．园区规定：配送时长少于分钟的订单为准时订单．以配送时长位于各区间的频率代替配送时长位于该区间的概率，假设每个订单是否准时送达相互独立． （1）求采用算法时，个订单准时送达的概率． （2）从总体中随机选取个订单，其中个采用算法，个采用算法．设这个订单中准时订单的个数为，求的分布列． （3）为兼顾算法测试与配送效率，调度中心提出两个方案：方案一为“动态调度方案”，即第个订单采用算法，若该订单准时送达，则第个订单仍采用算法，否则第个订单改用算法；方案二为这个订单均采用算法．设方案一中这个订单中准时送达的个数为，方案二中这个订单中准时送达的个数为．有人认为，，判断这一观点是否正确，并说明理由． 18. 定义：在正项数列中，若（为非零常数），则称存在对数系，常数为的对数系数． （1）判断数列是否存在对数系．若存在，求出对数系数；若不存在，请说明理由． （2）已知数列存在对数系，且，，，． （ⅰ）求的通项公式； （ⅱ）证明：． 19. 设函数的定义域为，若对于给定的实数，存在唯一的实数，使得曲线在点处的切线经过点，则称为的单切点，为的切交点．若在某一区间内的每一点都是单切点，则称在上全切交．此时，将中的每一个实数与其对应的唯一切交点构成的对应关系记为函数，并称为在集合上的切交函数． （1）判断函数在上是否全切交，并说明理由． （2）已知是奇函数，其导函数在上的图象是一条连续不断的曲线．若对于任意，，当时，都有，且在上全切交，其切交函数为． （ⅰ）证明：对于任意，均有． （ⅱ）判断在上的单调性，并给予证明． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $