精品解析：安徽安庆市岳西县汤池中学2027届高三上学期调研性监测数学试题

2027届高三调研性监测 数学 时间：120分钟 分值：150分 注意事项： 1.答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，务必擦净后再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. 3 D. 5 3. 已知平面向量，若与互相垂直，则与的夹角为（  ） A. B. C. D. 4. 如图，在Rt△AOB中，AO⊥BO，AB⊥y轴，O为坐标原点，点A的坐标为（4，m），反比例函数的图象的一支过点A，反比例函数的图象的一支过点B，过点A作AH⊥x轴于点H，若△AOH的面积为12，则k2的值为（ ） A. -24 B. -36 C. -48 D. -54 5. 已知两条直线，和三个平面，，下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 6. 已知，且是第二象限的角，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知正实数，满足，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 8. 已知曲线分别是曲线的左､右焦点，点是曲线与在第一象限的交点，点在上的投影是点.若，则曲线的离心率是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 以下说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 相关系数用来衡量成对样本数据的线性相关程度，而决定系数可以用来比较两个模型的拟合效果 C. 已知随机变量，若，则 D. 某校高二年级的男生身高（单位：cm）近似服从正态分布．若该校高二年级有1000名男生，则身高在内的男生大约有819人（参考数据：，．） 10. 如图，正方体的棱长为2，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点（包括端点），则下列说法中正确的是（ ） A. 直线PQ与MN所成角的余弦值的最大值为 B. 三棱锥的体积为定值 C. 存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 D. 三棱锥的外接球的表面积为 11. 已知，圆，则（ ） A. 存在2个不同的，使得圆与轴或轴相切 B. 存在唯一的，使得圆在轴和轴上截得的线段长相等 C. 存在4个不同的，使得圆过坐标原点 D. 存在唯一的，使得圆的面积被直线平分 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中常数项为______． 13. 已知数列满足，，，则_______. 14. 在边长为1的正方体的8个顶点中，记任取两点的线段长为，则的期望为________． 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. 已知数列的前项和为，且 （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，求数列的通项公式； （3）在（2）的条件下，设，问是否存在实数使得数列是单调递增数列？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由. 16. 如图，在几何体中，底面为平行四边形， 平面⊥平面. （1）证明:四边形为菱形; （2）若，且，，求平面与平面的夹角的正弦值. 17. 在中，内角所对的边分别为，已知. （1）求内角的大小； （2）若，求面积的最大值. 18. 对于函数，若存在，使得，则称为的不动点；若存在，使得，则称为的稳定点． （1）已知，求的不动点． （2）已知：若函数在定义域内严格单调递增，则“为函数的不动点”是“为函数的稳定点”的充要条件．已知，试判断是否存在稳定点，若存在，求出稳定点个数；若不存在，请说明理由． 19. 已知椭圆长轴长为，焦距为，斜率为的直线与椭圆相交于两点． （1）求椭圆的方程； （2）若，求的方程； （3）点在椭圆上，且异于点，记直线的斜率分别为，证明：为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三调研性监测 数学 时间：120分钟 分值：150分 注意事项： 1.答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，务必擦净后再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简集合B，根据交集的概念求解. 【详解】因为，， 所以，即， 故选：B. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. 3 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】将复数分母实数化写成的形式，利用计算结果． 【详解】因为； 故． 3. 已知平面向量，若与互相垂直，则与的夹角为（  ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据向量垂直得出数量积，再根据向量夹角余弦公式计算求解. 【详解】因为平面向量， 因为与互相垂直，所以，所以， 所以， 所以与的夹角余弦为，则与的夹角为. 故选：D. 4. 如图，在Rt△AOB中，AO⊥BO，AB⊥y轴，O为坐标原点，点A的坐标为（4，m），反比例函数的图象的一支过点A，反比例函数的图象的一支过点B，过点A作AH⊥x轴于点H，若△AOH的面积为12，则k2的值为（ ） A. -24 B. -36 C. -48 D. -54 【答案】D 【解析】 【分析】设与轴交于点，由题设可得坐标及，然后由射影定理及题设可得坐标，据此可得答案. 【详解】因，轴，，则， 由，可得，则， 设交轴于点,因轴，则,又， 由射影定理可得，又由题可得，则得, 又点在第二象限，从而点横坐标为，易得. 因点在反比例函数图象上，则，得. 5. 已知两条直线，和三个平面，，下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面、面面的位置关系相关定理，结合平面的基本性质，对各项进行验证和排除即可. 【详解】对于A，假若，可在平面外作直线，则易得，即由推不出，故A错误； 对于B，假若，且，则由面面垂直得判定定理，可得，即由推不出，故B错误； 对于C，如图1，当时，设， 在平面内取一点， 过分别作，则易得，又因， 所以，因为平面，所以，故C正确； 对于D，如图2，当时，若直线在平面外，且与平行时，易得， 此时确定平面，满足条件，但推不出，故D错误． 6. 已知，且是第二象限的角，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由的象限，求得和的值，然后利用二倍角公式化简代数式，即可求得答案. 【详解】因为，且是第二象限的角，则． 所以. 故选： B． 7. 已知正实数，满足，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以， 由得， 因为实数，为正数，所以， 当且仅当，即时，等号成立． 此时的最小值为6. 8. 已知曲线分别是曲线的左､右焦点，点是曲线与在第一象限的交点，点在上的投影是点.若，则曲线的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据投影以及得出，设，得出关系式，再联立曲线方程求出点坐标，将其代入关系式中即可. 【详解】因为点在上的投影是点，所以， 因为，所以， 设，则（*） 又由，得， 代入（*）式得，得， 故曲线的离心率是. 故选：B 二、多项选择题：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. 以下说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 相关系数用来衡量成对样本数据的线性相关程度，而决定系数可以用来比较两个模型的拟合效果 C. 已知随机变量，若，则 D. 某校高二年级的男生身高（单位：cm）近似服从正态分布．若该校高二年级有1000名男生，则身高在内的男生大约有819人（参考数据：，．） 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据正态分布的性质即可求解． 【详解】A：根据期望与方差性质，，故A错误； B：相关系数衡量成对样本数据的线性相关程度，决定系数用于比较模型拟合效果（越大，拟合效果越好），B正确； C：由，得，则，C正确； D：， 则， 总和为，D正确． 10. 如图，正方体的棱长为2，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点（包括端点），则下列说法中正确的是（ ） A. 直线PQ与MN所成角的余弦值的最大值为 B. 三棱锥的体积为定值 C. 存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 D. 三棱锥的外接球的表面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，举反例即可判断；对于B，只需证明平面，即可判断；对于C，连接，证得和，得到，即可判断；对于D，分别取的中点，构造长方体，结合正方体的性质和球的表面积公式，即可判断. 【详解】对于A，如图所示，当点为的中点时， 因为M，N，P分别是，，的中点， 所以，所以， 所以直线PQ与MN所成角的余弦值的最大值为1，故A错误； 对于B，如图所示，因为，平面，平面， 所以平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离为定值，且三角形的面积也为定值， 从而三棱锥的体积为定值，故B正确； 对于C中，如图所示，在正方体中，连接， 因为分别是的中点，所以, 又因为，所以，所以四点共面， 即当与点重合时，四点共面，所以C正确； 对于D中，分别取的中点，构造长方体， 则经过四点的球即为长方体的外接球， 设所求外接球的直径为，则长方体的体对角线即为所求的球的直径， 即， 所以经过四点的球的表面积为，所以D正确. 故选：BCD. 11. 已知，圆，则（ ） A. 存在2个不同的，使得圆与轴或轴相切 B. 存在唯一的，使得圆在轴和轴上截得的线段长相等 C. 存在4个不同的，使得圆过坐标原点 D. 存在唯一的，使得圆的面积被直线平分 【答案】BD 【解析】 【分析】根据圆心所在的直线或曲线上，利用数形结合或导数与单调性的关系讨论求解. 【详解】由条件可知，圆的半径为1，圆心坐标为，即圆心在曲线上运动. 对于，当时，圆与轴相切，当，即或时，圆与轴相切，所以满足要求的有3个，错误； 对于，若圆在轴和轴上截得的线段长相等， 则圆心到轴和轴的距离相等，故圆心在上， 又圆心在上，设, 令,解得,令,解得, 所以在单调递减,单调递增,所以, 所以无解，即与无交点， 设在恒成立， 所以在 单调递增,且， 由零点的存在性定理得有唯一零点， 即有一个解， 所以与有一个交点，所以满足要求的仅有一个，B正确； 对于，若圆过坐标原点，则，由图可知，与有两个交点，所以满足要求的有2个，故错误； 对于，若圆的面积被直线平分，则直线经过圆心， 即证有唯一解，令， 令，解得，令，解得， 所以在单调递增，单调递减， 所以，所以有唯一解， 故D正确. 故选：BD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中常数项为______． 【答案】60 【解析】 【详解】的展开式的通项为，，1，2，…，6， 令，得，所以的展开式中常数项为． 13. 已知数列满足，，，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】先求出数列的通项，代入后将其拆成，再求和，通过裂项相消法即可求得数列的和. 【详解】由知数列为等差数列，且，公差， 则， 于是 ， 则 . 故答案为：. 14. 在边长为1的正方体的8个顶点中，记任取两点的线段长为，则的期望为________． 【答案】 【解析】 【详解】的所有可能取值为， 从边长为1的正方体的8个顶点中，任取两点可得条线段， 其中长度为1的线段有12条，长度为的有12条，长度为的有4条， 因此， 所以的期望. 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. 已知数列的前项和为，且 （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，求数列的通项公式； （3）在（2）的条件下，设，问是否存在实数使得数列是单调递增数列？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）由与的关系得到数列递推式，利用等比数列定义判断并求出其通项公式即得； （2）由数列递推式构造两方程，相减即可求得通项，检验首项即得； （3）根据数列为递增数列，得到对任意恒成立，化简得对任意恒成立，即，再由解得，综合即可求得参数范围. 【小问1详解】 由，，两式相减，可得， 即得，又，得，， 故数列为等比数列，且首项为2，公比为， 所以. 【小问2详解】 由（1）知. 则①，可得， 当时，②， 由①-②：可得， 故得，显然不满足此式， 故. 【小问3详解】 因为， 时，则. 因为数列递增，则对任意恒成立 由，化简得， 即对任意恒成立，故 又因为，则，解得. 综上，的取值范围为. 16. 如图，在几何体中，底面为平行四边形， 平面⊥平面. （1）证明:四边形为菱形; （2）若，且，，求平面与平面的夹角的正弦值. 【答案】（1） 设，连接，过向作垂线，垂足为， 因为平面⊥平面，平面平面，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，所以， 因为,平面，所以平面，所以， 因为为平行四边形，所以为菱形. （2） 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质得出线线垂直，进而证明平面，得出对角线垂直，进一步可得结论； （2）建立空间坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量夹角公式可求答案. 【小问1详解】 设，连接，过向作垂线，垂足为， 因为平面⊥平面，平面平面，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，所以， 因为,平面，所以平面，所以， 因为为平行四边形，所以为菱形. 【小问2详解】 因为，结合（1）可知底面为正方形， 以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，则; ,; 设平面的一个法向量为，则， 令得，. 设平面的一个法向量为，则， 令得，. 设平面与平面的夹角为，则， 所以，即平面与平面的夹角的正弦值为. 17. 在中，内角所对的边分别为，已知. （1）求内角的大小； （2）若，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边化角，再利用辅助角公式化简，结合特殊角即可求出角A； （2）法一：结合余弦定理以及基本不等式即可求出最值；法二：根据正弦定理边化角，利用三角函数求最值，注意定义域. 【小问1详解】 由正弦定理有， 因为，所以， 故，即，即， 因为，所以， 所以，即. 【小问2详解】 法一：因为，即， 因为， 所以，即（当且仅当时取等）， 故（当且仅当时取等）， 所以当时，△ABC面积S有最大值，最大值为. 法二：由正弦定理有， 即，， 因为，所以， 当，即时，有最大值，最大值为1， . 18. 对于函数，若存在，使得，则称为的不动点；若存在，使得，则称为的稳定点． （1）已知，求的不动点． （2）已知：若函数在定义域内严格单调递增，则“为函数的不动点”是“为函数的稳定点”的充要条件．已知，试判断是否存在稳定点，若存在，求出稳定点个数；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）唯一不动点1 （2）当时，无稳定点；当时，有唯一稳定点； 当时，有两个稳定点. 理由如下： 当时，对求导得， 由于，又， 故恒成立，在严格单调递增，符合不动点与稳定点等价的前提, 依题意，函数的稳定点与的不动点等价，则只需研究的不动点即可． 令，求导得 函数在上单调递减， 当时，， 当趋近于正无穷大时，趋近于0，则存在，使得， 即存在唯一，使得，即 此时在上单调递增，在上单调递减， 于是 当从大于0的方向趋近于0时，趋近于负无穷大，当趋近正无穷大时，趋近于负无穷大， 设，则在上单调递增，且， 又在上单调递增， （ⅰ）当时，即， 此时，方程有一个解，即有唯一不动点 （ⅱ）当时，即， 此时，方程无解，即无不动点 （ⅲ）当时，即， 此时，方程有两个解，即有两个不动点 所以，当时，无稳定点；当时，有唯一稳定点； 当时，有两个稳定点. 【解析】 【分析】（1）令函数，利用导数探讨单调性确定零点即可． （2）当时，确定函数单调性，把问题转化为函数的不动点个数求解，利用导数探讨函数的零点即可． 【小问1详解】 令函数，求导得成立 所以函数在上单调递增，又, 因此函数在上有唯一零点1，所以函数有唯一不动点1. 【小问2详解】 略 19. 已知椭圆长轴长为，焦距为，斜率为的直线与椭圆相交于两点． （1）求椭圆的方程； （2）若，求的方程； （3）点在椭圆上，且异于点，记直线的斜率分别为，证明：为定值． 【答案】（1） （2）或 （3） 证明：直线均不与轴垂直，所以，则且， 所以 ， 所以为定值． 【解析】 【分析】（1）由长轴长和焦距得到椭圆的，由椭圆中的关系求得，然后得到椭圆方程； （2）设直线方程和交点坐标，联立方程组后消元，得到一元二次不等式，由判别式求出参数范围，利用韦达定理写出根与参数的关系，由已知线段长建立方程解得参数值，即可求得直线方程； （3）由题意得，则且，从而表示出然后借助（2）中根与系数的关系化简得到为常数，即得证. 【小问1详解】 由椭圆长轴长为，焦距为， 即，，∴， 故椭圆的方程为． 【小问2详解】 设直线的方程为， 联立，消去得， 由，得， 则． ， 解得或， 所以当时，的方程为或 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $