精品解析：福建省厦门双十中学2027届高三上学期数学限时训练(1)

厦门双十中学2027届高三上数学限时训练 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置． 3．全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效． 4．考试结束后，将答题卡交回． 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. 已知复数满足，那么复数对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【详解】对应点坐标为，在第四象限. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式求出集合、，再求即可. 【详解】集合， ， 则. 3. 已知，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】对于A、B，当时，，所以，故A、B均不正确； 对于C、D，因为，所以，又，所以，所以，即，C正确，D错误； 4. 已知等差数列，，，则的最大值为（ ） A. 19 B. 20 C. 21 D. 22 【答案】C 【解析】 【详解】设等差数列的公差为， 由，得， 又，所以，解得，所以， 所以， 所以当或时，的值最大，最大值为. 5. 已知平面向量满足且，则向量和向量的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先将目标向量用线性表示，再求出、两目标向量的模和数量积，代入向量夹角余弦公式计算结果. 【详解】由，可得，因此： ，， 对两边同时平方，得，展开得， 代入，，得，解得， 所以， 同理， 所以， 根据向量夹角余弦公式可得：. 6. 如图，向一个高为3且底面水平放置的正四棱锥容器注水，水面高度为1时停止注水（不考虑容器厚度），将此四棱锥容器倒置后，水面高度为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设出未知数，根据棱台体积和棱锥体积公式得到方程，求出水面高度 【详解】设正四棱锥的下底面边长为，因注水四棱台部分的高为，四棱锥的高为， 设注水四棱台的上底面边长为，则，解得， 注水四棱台的上底面的面积为， 注水四棱台的下底面的面积为， 则注水四棱台的体积为， 将此四棱锥容器倒置时，水的体积不变而且形成一个小四棱锥， 设水面高度为，底面边长为， 则，解得，且底面面积为， 设此四棱锥容器倒置后注水四棱锥的体积为，则， 又，则，解得，即， 即此四棱锥容器倒置后，水面高度为. 7. 设函数，若恒成立，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分和两种情况下恒成立，参变分离转化为最值求解即可. 【详解】当时，恒成立，即恒成立， 当时，上式成立； 当，，明显函数在上单调递增， 所以，所以； 当时，恒成立，即恒成立， 令，则在上恒成立， 又开口向下，对称轴为， 所以的最大值为， 所以， 综上：实数a的取值范围是. 故选：D. 8. 已知抛物线的焦点为，准线为.点在上，过作抛物线的切线交准线于点.当外接圆面积最小时，点的坐标可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，求导，由导数的几何意义求出切线方程，得到，根据向量数量积为0得到方程，求出为直角，为外接圆的直径，表达出，换元后，利用导数求单调性，得到函数最小值，得到外接圆的面积最小，此时点，得到答案. 【详解】设点，，故， 将代入可得，故则过作抛物线的切线为：， 又准线为：，故中，令得， 可得点.又，所以， 所以为直角，为外接圆的直径， . 令，则可得， 由，当得，令得， 故在上单调递减，在上单调递增， 故当时，取得极小值，也是最小值， 即所求外接圆的面积最小，此时点. 故选：B 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. 已知，条件，则成立的充分不必要条件有（ ） A. B. C. D. 且 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用充分不必要条件的定义逐项分析判断. 【详解】对于A，由，得，而也能使成立， 因此是成立的充分不必要条件，A是； 对于B，，由，得，而也能使成立， 因此是成立的充分不必要条件，B是； 对于C，当时，成立，而不等式不成立， 因此不是的充分条件，C不是； 对于D，由且，得且，则， 而也能使成立，因此且，是成立的充分不必要条件，D是. 故选：ABD 10. 已知双曲线的左、右焦点分别是，，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，且与双曲线左支交于点，若，则（ ） A. B. C. 的离心率为 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】从已知双曲线方程得到，利用焦点到渐近线的距离公式求出，结合条件得出，判断A正确.通过作垂线构造相似三角形，证明与不重合，从而否定，判断B错误.在直角三角形中利用双曲线定义和勾股定理建立关于的方程，解得，进而求出离心率，判断C正确.最后利用三角形面积关系求得，判断D正确. 【详解】由题意知，由双曲线方程得，即. 又，故，焦点到渐近线的距离. 由条件，故选项A正确； 易知，，，过作垂直于，垂足为. 如图，过作于. 由，且，得. 又， 则，与不重合。 故，故选项B错误； 在中，，，， 则，即， 解得，则，所以，故C选项正确； ，故D选项正确． 11. 设有限集合，其中，，非空集合，，若存在集合，使得，中的所有元素之和相等，则称集合是“可拆等和集”，则（ ） A. 集合不是“可拆等和集” B. 若集合是“可拆等和集”，则的取值共有6个 C. 存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集” D. 若，，数列是等差数列且公差，则集合是“可拆等和集” 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据已知可知元素构成一个等比数列，计算可得.然后根据分类，即可判断A项；列举法即可判断B项；将中所有元素同时除以后可得，然后根据等比数列前项和公式计算，然后根据分类，即可判断C项；根据等差数列的性质，可推得，，共有组（剩余元素为），从中剔除之后，从剩余的数据中选出组分配到中.结合公差，可得出，也可分为两组，即可判断D项. 【详解】对于A项，构成了一个以1为首项，2为公比的等比数列， 且. 所以，当时，中所有元素之和也小于，不满足要求； 当含有以及之外的其余元素时，也不满足要求. 综上，集合不是“可拆等和集”，故A正确； 对于B项，若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得， 此时因集合已含有元素2，故舍去； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得 若，则由“可拆等和集”的定义，有. 综上可知：可取，，，，，共6个值，故B正确； 对于C项，将中所有元素同时除以后可得， 根据等比数列前项和公式，可得. 因为，所以，，所以有. 所以，当时，中所有元素之和也小于， 不满足要求，显然同时乘以后仍然不满足； 当含有以及之外的其余元素时，也不满足要求，显然同时乘以后仍然不满足. 综上所述，不存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集”，故C错误； 对于D项，易知集合中的元素个数为，， 根据等差数列的性质可知，，， 共有组（剩余元素为），从中剔除之后，剩余组. 从这组相同的数据中任意选出组，将对应的元素分到集合中； 又，则， 而， 不妨将这两个元素也分到集合中，则可满足中的元素之和相等.故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，且，则__________. 【答案】##0.75 【解析】 【详解】由，得， 所以. 13. 已知，则的最小值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】由，两边取对数后可得，即得，令，再结合基本不等式得恒成立，从而可求解. 【详解】由，两边取对数得，即， 所以， 令，因为， 所以，当且仅当时取等号， 所以恒成立，又因为函数在其定义域上单调递增， 所以. 故答案为：. 14. 从1，2，3，…，10这10个数中任取4个不同的数，，，，则事件“存在，，使得”的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，用间接法分析：先计算“、、、、这个数中任取个不同的数”的取法，排除其中不符合题意的取法，再结合古典概型概率计算公式即可求解． 【详解】根据题意，从、、、、这个数中任取个不同的数、、、，有种取法， 假设， 若不存在且、，使得， 则有， 在、、、、中任取个不同的数，依次表示、、、， 此时有种不符合题意的取法， 则有种符合题意的取法． 所以事件“存在，，使得”的概率为 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 在中，为锐角，，． （1）求； （2）若，求的面积及边上的中线长． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）根据题意，结合正弦定理即可求解； （2）根据题意，结合三角形的内角范围得到为锐角，再由正弦定理求出，最后利用三角形面积公式和余弦定理即可求解. 【小问1详解】 在中，由正弦定理，所以， 因为，所以， 又，所以，因为为锐角，所以． 【小问2详解】 如图所示，已知，因为是的内角，所以， 若为钝角，则，，矛盾， 因此为锐角，即，已知， 由正弦定理，得，得， 又， 所以，， 设中点为， 由余弦定理，得. 16. 如图，在多面体中，四边形为正方形，，为线段的中点，． （1）求证：平面； （2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）连接，设，因为四边形为正方形， 所以为的中点，又因为为的中点， 所以且 ，由已知且， 所以且 ，所以四边形为平行四边形， 所以即，因为平面，平面， 所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接，设，推导出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值； （3）利用空间向量法，结合（2）中求出的平面的法向量可求得点到平面的距离． 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 因为平面，四边形为正方形，以点为坐标原点， 、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的坐标系， 因为，所以， ，， ，设平面的一个法向量为， 则，取，可得， 设直线与平面所成角为，则直线与平面所成角的正弦值为 . 【小问3详解】 由（2）可知平面的一个法向量为，又， 所以点到平面的距离． 17. 某用户在网约车平台发起订单后，平台按照就近原则依次派车：先派距离用户最近的第一辆车，若该车无法接单，则继续派第二辆车，以此类推，直至某网约车接单.假设该平台上每辆车接单的概率均为，且各辆车是否接单相互独立.记某网约车接单时平台为该用户派车的总次数为. （1）求的概率，并证明：对任意正整数s，t恒成立； （2）已知平台为该用户派出的第一辆车未接单，设平台还需为该用户继续派车的次数为.平台规定：若，则赠送该用户一张金额为3元的优惠券；否则，不赠送优惠券.求平台赠送该用户的优惠券金额的期望. 【答案】（1），证明如下： 由题意知，， 所以，对任意的正整数s，t． （2）元. 【解析】 【小问1详解】 由题意知，，证明略； 【小问2详解】 由（1）知，， 平台需要支付该用户的优惠券金额的所有可能取值为， 则， 所以， 即平台需要赠送的优惠券金额的期望为元. 18. 椭圆的下顶点为，左焦点到的距离为． （1）求椭圆的方程及离心率； （2）经过点的直线与椭圆的另一个交点为（位于轴上方），与轴的交点为．点关于轴的对称点为．过点作与轴平行的直线交直线于点．设与的面积分别为与，若，求直线的斜率． 【答案】（1）椭圆的方程为，离心率为 （2） 【解析】 【分析】（1）由题意知，进而求得答案； （2）设直线方程为，进而求得点，，，，再结合弦长公式，面积公式求解与面积，建立关于的方程并解方程即可得答案. 【小问1详解】 设椭圆的焦距为， 则下顶点坐标为，左焦点到下顶点的距离为， 因为椭圆的下顶点为，左焦点到的距离为， 所以，， 所以椭圆的方程为； 离心率为； 【小问2详解】 由题意知，直线的斜率存在且不为零， 设直线方程为，令得，故， 联立方程，得，解得或， 所以，代入得， 所以，， 所以， 所以直线的方程为， 因为的方程为， 所以，得， 所以， 因为， 点到直线的距离为， 所以， 因为， 所以，即， 设椭圆的右顶点为， 因为经过点的直线与椭圆的另一个交点为（位于轴上方）， 所以，故，， 所以， 令，则，即， 所以， 解得或（舍去），则， 所以，即直线的斜率为. 19. 已知函数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若函数在其定义域内恰好有两个零点，求实数的取值范围； （3）当时，求证：函数在的最小零点处取得最小值. 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为 （2） （3）当时，由（2）知在上单增，在上单减，有两个零点，且 当时，， 当时，，则， 由于函数和在上都单调递增， 所以在上单调递增； 当时，， 则， 由于，则， 下证：，只要证：. 由于，，且在上单调递增， 即证：，即证：（**）， 因为当时，，， 则， 即（**）一定成立， 所以，即在上单调递减， 综上所述，，原命题得证. 【解析】 【分析】（1）先求定义域，求导分析导函数得符号，从而求出单调区间； （2）按正负分类讨论单调性，利用最大值大于0建立不等式，再构造新函数借助导数研究最值从而确定参数范围； （3）通过去绝对值分段研究的单调性，借助放缩法证明导数的符号，结合单调性即可证明最小值. 【小问1详解】 当时，，则， 由，得， 所以当时，，单调递增 当时，，单调递减 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 因为（）， 当时，，在定义域上单调递增，舍去； 当时，由，得， 所以在定义域上单调递增，舍去； 当时，由，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 且时，；时，， 所以在处取得最大值， 由题意知，必须（*）. 设，则， 由，得，当时，，单调递减， 当时，，单调递增，故在取得最小值， 即，即（*）式恒成立， 所以，所求实数的取值范围是. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门双十中学2027届高三上数学限时训练 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置． 3．全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效． 4．考试结束后，将答题卡交回． 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. 已知复数满足，那么复数对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知等差数列，，，则的最大值为（ ） A. 19 B. 20 C. 21 D. 22 5. 已知平面向量满足且，则向量和向量的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，向一个高为3且底面水平放置的正四棱锥容器注水，水面高度为1时停止注水（不考虑容器厚度），将此四棱锥容器倒置后，水面高度为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 7. 设函数，若恒成立，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知抛物线的焦点为，准线为.点在上，过作抛物线的切线交准线于点.当外接圆面积最小时，点的坐标可以是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求．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. 已知，条件，则成立的充分不必要条件有（ ） A. B. C. D. 且 10. 已知双曲线的左、右焦点分别是，，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，且与双曲线左支交于点，若，则（ ） A. B. C. 的离心率为 D. 11. 设有限集合，其中，，非空集合，，若存在集合，使得，中的所有元素之和相等，则称集合是“可拆等和集”，则（ ） A. 集合不是“可拆等和集” B. 若集合是“可拆等和集”，则的取值共有6个 C. 存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集” D. 若，，数列是等差数列且公差，则集合是“可拆等和集” 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，且，则__________. 13. 已知，则的最小值为______. 14. 从1，2，3，…，10这10个数中任取4个不同的数，，，，则事件“存在，，使得”的概率为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 在中，为锐角，，． （1）求； （2）若，求的面积及边上的中线长． 16. 如图，在多面体中，四边形为正方形，，为线段的中点，． （1）求证：平面； （2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离． 17. 某用户在网约车平台发起订单后，平台按照就近原则依次派车：先派距离用户最近的第一辆车，若该车无法接单，则继续派第二辆车，以此类推，直至某网约车接单.假设该平台上每辆车接单的概率均为，且各辆车是否接单相互独立.记某网约车接单时平台为该用户派车的总次数为. （1）求的概率，并证明：对任意正整数s，t恒成立； （2）已知平台为该用户派出的第一辆车未接单，设平台还需为该用户继续派车的次数为.平台规定：若，则赠送该用户一张金额为3元的优惠券；否则，不赠送优惠券.求平台赠送该用户的优惠券金额的期望. 18. 椭圆的下顶点为，左焦点到的距离为． （1）求椭圆的方程及离心率； （2）经过点的直线与椭圆的另一个交点为（位于轴上方），与轴的交点为．点关于轴的对称点为．过点作与轴平行的直线交直线于点．设与的面积分别为与，若，求直线的斜率． 19. 已知函数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若函数在其定义域内恰好有两个零点，求实数的取值范围； （3）当时，求证：函数在的最小零点处取得最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $