精品解析：云南省昆明市云南师范大学附属中学2026-2027学年高三上学期第二次学科体验活动数学试题

第二次学科体验活动 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. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意结合复数的运算法则计算其值即可. 【详解】由复数的运算法则有： . 故选C. 【点睛】本题主要考查复数的除法运算，复数的乘法运算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 2. 在等比数列中，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设公比为，因为，所以. . 3. 已知函数为奇函数，则（ ） A. 1 B. 0 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【详解】函数的定义域为. 因为函数为奇函数，则，解得，此时， 又因为， 所以函数为奇函数，所以符合题意. 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用两角和与差公式对已知等式进行展开，然后通过等式变形得到与的关系，从而求出的值. 【详解】已知，根据两角和与差公式， 将等式展开得到：， 展开得：， 因为，由， 两边同时除以（且，若或，则正切函数无意义）， 可得：， 已知，又， 所以. 故选：C. 5. 设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为、和，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设正方体棱长为，正四面体棱长为，球的半径为，面积为.表示出3个几何体的表面积，得出，进而求出体积的平方，比较体积的平方大小，然后得出答案. 【详解】设正方体棱长为，正四面体棱长为，球的半径为，面积为. 正方体表面积为，所以， 所以，； 如图，正四面体，为的中点，为的中心，则是底面上的高. 则，，所以， 所以， 所以，正四面体的表面积为，所以. 又为的中心，所以. 又根据正四面体的性质，可知， 所以， 所以，； 球的表面积为，所以， 所以，. 因为， 所以，， 所以，. 故选：B. 6. 一定条件下，某人工智能大语言模型训练N个单位的数据量所需要的时间（单位：h），其中k为常数．在此条件下，已知训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加20h；当训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加（ ） A. 2h B. 4h C. 20h D. 40h 【答案】B 【解析】 【分析】由题给条件列出不同训练数据量时所需的时间，结合对数的运算性质即可求解. 【详解】设当N取个单位、个单位、个单位时所需时间分别为, 由题意，， ， ， 因为，所以， 所以， 所以当训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加4小时. 故选：B. 7. 中心极限定理是概率论中的一个重要结论．根据该定理，若随机变量，则当且时，可以由服从正态分布的随机变量近似替代，且的期望与方差分别与的均值与方差近似相等．现投掷一枚质地均匀分布的骰子2500次，利用正态分布估算骰子向上的点数为偶数的次数少于1300的概率为（ ） 附：若：，则，，． A. 0.0027 B. 0.5 C. 0.8414 D. 0.9773 【答案】D 【解析】 【分析】先得到，满足且，从而计算出期望和方差，得到，利用正态分布的对称性求解. 【详解】骰子向上的点数为偶数的概率，故， 显然，其中，， 故， 则， 由正态分布的对称性可知，估算骰子向上的点数为偶数的次数少于1300的概率为 . 故选：D 8. 已知双曲线的左右焦点分别为，，为坐标原点，为上一点，右顶点到直线的距离为，点到轴的距离为，若，且，，成等比数列，则双曲线的离心率为（    ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设出点的坐标，利用点到直线距离公式可得，再利用双曲线定义及数量积的运算律列式求出离心率. 【详解】设点，则直线方程为， 而，又，则，于是， 由，，成等比数列，得， 而，则，令双曲线半焦距为， 由，得， 因此，解得，所以双曲线C的离心率为. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9. 已知函数，则（ ） A. 的最大值为1 B. 的最小正周期为 C. 在上单调递增 D. 的图象关于对称 【答案】AB 【解析】 【分析】利用二倍角公式和诱导公式化简，再由余弦函数相关性质检验各项即可求解. 【详解】, ∴，故A正确； 最小正周期，故B正确； 时，， ∵在单调递减， ∴在上单调递减，故C错； ，不是函数的对称轴，故D错； 故选：AB. 10. 设动直线交圆于，两点（点为圆心），则下列说法正确的有（ ） A. 直线过定点 B. 当取得最小值时， C. 当最小时，其余弦值为 D. 的最大值为24 【答案】ACD 【解析】 【分析】A令可得；BC根据直线与过点和的直线垂直判断；D利用数量积的几何意义求出. 【详解】对于A：由有， 令有，所以，所以直线过定点，故A正确； 对于B：点在圆内，圆的圆心为， 当取得最小值时，直线与过点和的直线垂直， 所以，解得，故B错误； 对于C：当最小时，此时最小， 则， 由余弦定理有，故C正确； 对于D：， 即的最大值为24，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知连续函数满足，则（ ） A. B. 最小值为1 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，赋值得到，令得到方程，结合求出；B选项，求出，不妨设，待定系数法得到，得到最小值，B错误；C选项，令得，则，……，，以上式子累加得，故，C正确；D选项，赋值得到，令，从而得到. 【详解】A选项，中，令得 ，解得， 令得， 又，故，解得，A正确； B选项，中，令得 ，又，故， 不妨设， 又，，，故， 解得，故， 经检验，满足且为连续函数， 则，故的最小值为，B错误； C选项，中，令得， 故， 则，……，， ，，……，， ， 以上式子累加得， 故，C正确； D选项，中，令，， 则， 则， 其中，令， 则， 故， 即，D正确 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量、满足，且在方向上的数量投影为，则的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据投影得到， ，确定，计算得到答案. 【详解】在方向上的数量投影为，故， 又因为，其中， 所以 ，（ ）， ，故的最小值为8. 13. 个零件中有个次品，从中每次抽检个，检验后放回，连续抽检次，则抽检的个零件中恰有个是次品的概率为_________； 【答案】## 【解析】 【分析】记抽到次品的概率为，抽到正品的概率为，则，，用表示3次抽检中抽到次品的次数，则是一个随机变量，每次抽检抽到次品的概率为，由题意知，利用二项分布的概率公式可求解. 【详解】记抽到次品的概率为，抽到正品的概率为，则，， 用表示3次抽检中抽到次品的次数，则是一个随机变量， 每次抽检抽到次品的概率为，由题意知，故连续抽检3次， 抽检的3个零件中恰有2个是次品的概率为． 故答案为：. 14. 已知为自然对数的底数，不等式对恒成立，则实数的最大值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】通过讨论得到的范围，将不等式恒成立问题转换为最值问题，结合参数与函数值关系，即可求解. 【详解】若，则无意义， 若，当时，且，不满足题意， 因此，则， 令，问题转化为求的最大值，使得原函数求导得， ， 由于恒成立，的符号由决定， 对求导，， 令，得，当时，此时， 的最小值为 ， 因此恒成立，，在上单调递增， 当时，，，故，因此恒成立，满足条件. 当时，，在上单调递减，在上单调递增，且最小值. 又因为时，时， 故有两个零点， 此时的单调性为，时，，单调递增； 时，，单调递减； 时，，单调递增， 因此在处取得最小值需满足， 由于是的根，故，则， 将代入得，， 即， 令()，则，代入原式，， 则， 解得，结合得， 即， 由，令()， 求导得，， 因此在上单调递增，最大值为， 此时，代入验证，满足恒成立， 故实数的最大值为. 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. 某种植户对一块地的个坑进行播种，每个坑播种3粒种子，每粒种子发芽的概率均为且每粒种子是否发芽相互独立，对每一个坑而言，如果至少有两粒种子发芽，则不需要进行补播种，否则要补播种. （1）当时，用表示要补播种的坑的个数，求X的分布列与数学期望. （2）当取何值时，有个坑要补播种的概率最大?最大概率为多少? 【答案】（1）分布列见解析，数学期望为 （2）故当或6时，概率最大，最大概率为 【解析】 【分析】（1）每个坑中种3粒种子，每粒种子发芽概率为，且相互独立，一个坑需要补播种的条件是发芽种子数少于2，即发芽数为0或1，需要补种的概率为，用X表示要补播种的坑的个数，各个坑之间相互独立，每个坑补种的概率为,则,用二项分布的数学期望即可计算; （2）先计算有3个坑要补播种的概率，再利用的单调性求出最大概率值. 【小问1详解】 当时,的可能取值为，那么， 得到，分布列如下： 0 1 2 3 故. 【小问2详解】 由（1）可知，用X表示要补播种的坑的个数，则， 当时，， 设，则， 令，得；令，得 , ，故 , 所以当时，单调递增；当时，单调递减， 故当或6时，概率最大，最大概率为. 16. 已知正项等比数列满足（）． （1）求数列的通项公式； （2）设满足，求的前n项和为． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知可得，，结合等比数列通项公式求，再求关系求，利用等比数列通项公式求结论； （2）结合（1）求出的通项公式，当为偶数时，利用分组求和法结合等差数列求和公式和等比数列求和公式求，再结合所得结果及与关系求为奇数的结果即可. 【小问1详解】 设正项等比数列的公比为，则， 由已知，故， 两式相除得，结合， 解得， 又，故 ，代入可得， 所以，又，得，所以； 【小问2详解】 由（1）得， 为偶数时，， 为奇数时，， 综上，． 17. 如图，已知在斜三棱柱中，是边长为2的菱形，且. （1）求证：平面平面； （2）若是的中点，，求与平面所成线面角的正弦值. 【答案】（1） 如图，连接，取的中点，连接， 由为菱形，所以. 又由，且，平面，平面， 所以平面，故而①. 又由，所以为等边三角形， 所以. 由，所以，且，平面，平面， 所以平面，所以②， 由①②，平面，平面，所以平面平面， 故而平面平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）先由线面垂直的判定定理证明平面得到，再证明平面，得到，进而由面面垂直的判定定理证明结果即可； （2）利用（1）的结论建立如图所示坐标系，求出平面的法向量，代入线面角的向量公式，求出结果即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，取的中点，连接， 由（1）知：， 由为的中点，则，即， 由平面平面，平面平面，平面， 所以平面，所以两两垂直， 建立如图所示的空间直角坐标系，由， 所以， 所以. 设，由，得：， 所以，所以. 设平面的法向量为，则即 令，则，所以， 令为与平面所成线面角， 所以， 所以与平面所成线面角的正弦值为. 18. 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）根据抛物线方程确定焦点坐标，再根据同焦点可得椭圆方程与离心率； （2）根据，可得为线段的中点，结合中点公式及点在椭圆上，可得解； （3）分情况讨论当与轴平行及不平行时直线的方程，联立直线与椭圆，结合韦达定理及向量垂直的坐标表示可得解. 【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， 所以椭圆方程为， 所以椭圆的离心率； 【小问2详解】 因为，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. 19. 已知函数，． （1）证明：有唯一零点； （2）记的零点为． （i）数列中是否存在连续三项按某顺序构成等比数列，并说明理由； （ii）证明：． 【答案】（1） 当时，，所以在上无零点， 因为，所以在上单调递增， 所以在上至多一个零点， 当时，有唯一零点1． 当时，因为，， 所以函数有唯一零点，得证。 （2）（i）不存在，理由如下： 由（1）知，，且， 两边取自然对数，得，（*） 所以， 两式相减，得， 所以． 因为函数在上单调递增， 所以，所以数列单调递增． 假设数列中存在，，成等比数列，则， 所以． 由（*）式得，，代入上式，得 ， ．（**） 因为，所以， 又，所以方程（**）无解． 所以数列中不存在连续三项按某顺序构成等比数列； （ii）先证明：时，，（***） 设，则， 所以当时，，单调递减： 当时，，单调递增， 所以，当且仅当时，等号成立． 由（***）式知，， 所以，所以， 所以． 在（***）式中，令，得， 当且仅当，即时等号成立， 所以， 所以，，当且仅当时等号成立． 当时，在（***）式中，令，得， 所以时， ． 当时，成立． 所以，得证． 【解析】 【分析】（1）分和两种情况，利用导数判断函数的单调性，即可判断零点； （2）（ⅰ）由方程两边取对数，转化为，再构造函数在上单调递增，结合等比数列的性质，即可判断证明； （ⅱ）根据不等式时，，得到不等式，得到不等式，再根据数列求和即可证明. 【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 $ 第二次学科体验活动 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. A. B. C. D. 2. 在等比数列中，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数为奇函数，则（ ） A. 1 B. 0 C. D. 2 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 5. 设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为、和，则（ ） A. B. C. D. 6. 一定条件下，某人工智能大语言模型训练N个单位的数据量所需要的时间（单位：h），其中k为常数．在此条件下，已知训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加20h；当训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加（ ） A. 2h B. 4h C. 20h D. 40h 7. 中心极限定理是概率论中的一个重要结论．根据该定理，若随机变量，则当且时，可以由服从正态分布的随机变量近似替代，且的期望与方差分别与的均值与方差近似相等．现投掷一枚质地均匀分布的骰子2500次，利用正态分布估算骰子向上的点数为偶数的次数少于1300的概率为（ ） 附：若：，则，，． A. 0.0027 B. 0.5 C. 0.8414 D. 0.9773 8. 已知双曲线的左右焦点分别为，，为坐标原点，为上一点，右顶点到直线的距离为，点到轴的距离为，若，且，，成等比数列，则双曲线的离心率为（    ） A. B. 2 C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9. 已知函数，则（ ） A. 的最大值为1 B. 的最小正周期为 C. 在上单调递增 D. 的图象关于对称 10. 设动直线交圆于，两点（点为圆心），则下列说法正确的有（ ） A. 直线过定点 B. 当取得最小值时， C. 当最小时，其余弦值为 D. 的最大值为24 11. 已知连续函数满足，则（ ） A. B. 最小值为1 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量、满足，且在方向上的数量投影为，则的最小值为__________． 13. 个零件中有个次品，从中每次抽检个，检验后放回，连续抽检次，则抽检的个零件中恰有个是次品的概率为_________； 14. 已知为自然对数的底数，不等式对恒成立，则实数的最大值为__________． 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. 某种植户对一块地的个坑进行播种，每个坑播种3粒种子，每粒种子发芽的概率均为且每粒种子是否发芽相互独立，对每一个坑而言，如果至少有两粒种子发芽，则不需要进行补播种，否则要补播种. （1）当时，用表示要补播种的坑的个数，求X的分布列与数学期望. （2）当取何值时，有个坑要补播种的概率最大?最大概率为多少? 16. 已知正项等比数列满足（）． （1）求数列的通项公式； （2）设满足，求的前n项和为． 17. 如图，已知在斜三棱柱中，是边长为2的菱形，且. （1）求证：平面平面； （2）若是的中点，，求与平面所成线面角的正弦值. 18. 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． 19. 已知函数，． （1）证明：有唯一零点； （2）记的零点为． （i）数列中是否存在连续三项按某顺序构成等比数列，并说明理由； （ii）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $