精品解析：广东深圳高级中学（集团）2027届高三上学期开学摸底考试数学试题

深圳高级中学（集团）2027届高三开学摸底考试 数学试题 满分150分，考试用时120分钟 一、选择题：本题共有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“”是“”成立的充分条件，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设，， 则由题意得，所以，解得． 2. 不等式对任意恒成立，则的最小值是（ ） A. B. C. 8 D. 10 【答案】D 【解析】 【详解】对任意，不等式恒成立， 而函数在上单调递减，则，因此 所以的最小值是10. 3. 已知是抛物线上一点，为其焦点，为圆的圆心，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】 设出抛物线的准线方程，问题求的最小值，结合抛物线的定义，就转化为，在抛物线上找一点，使到点、到抛物线准线距离之和最小，利用平面几何的知识可以求解出来． 【详解】解：设抛物线的准线方程为，为圆的圆心，所以的坐标为，过作的垂线，垂足为，根据抛物线的定义可知，所以问题求的最小值，就转化为求的最小值，由平面几何的知识可知，当，，在一条直线上时，此时，有最小值，最小值为， 故选：B． 【点睛】本题考查了抛物线的定义，以及动点到两点定点距离之和最小问题．解决本题的关键是利用抛物线的定义把问题进行转化，属于中档题． 4. 小明将5张互不相同的卡片全部放入编号为的3个信封中，每个信封至少放1张卡片，则不同的放卡片方法共有（ ） A. 90种 B. 120种 C. 150种 D. 300种 【答案】C 【解析】 【分析】先将5张不同卡片按“每个信封至少1张”的要求分组，分组分为两类：3张、1张、1张的不均匀分组，以及2张、2张、1张的部分均匀分组，再将分好的三组分配到3个不同的信封，结合分步乘法与分类加法计数原理计算即可。 【详解】首先将5张互不相同的卡片分为3组，满足每组至少1张，分两类讨论： 第一类：分组为3，1，1的形式， 分组方法数为种. 第二类：分组为2，2，1的形式，分组方法数为种. 则总的分组方法数为种. 因需将分好的3组分配到编号为的3个不同信封，故有分配方法数为种. 根据分步乘法计数原理，不同的放卡片方法共有种. 5. 设函数，则使得成立的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先判断函数为偶函数且在上单调递增，将函数值不等式转化为绝对值不等式求解. 【详解】显然函数的定义域为，对任意，有，故是偶函数， 当时，，求导得， 当时，，，故，即在上单调递增， 根据偶函数性质，等价于， 结合单调性可得，两边平方得  ， 展开整理得  ， 因式分解为，解得. 6. 已知正方形的边长为，平面，，，分别是，的中点，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，求出的面积，再利用等体积法，即可求解. 【详解】因为正方形的边长为，，分别是，的中点， 则，，， 又平面，平面，所以， 又，所以，易知， 取中点，连接，易知，则， 所以， 设点到平面的距离为，由，得到，解得. 7. 若甲盒中有3个红球，2个黄球，1个白球，乙盒中有个红球（），2个黄球，3个白球，这些球的大小、材质完全相同.现从甲盒中随机取出一个球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个球，若事件“两次取到的球颜色相同”的概率不超过，则的最大值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据全概率公式即可求解. 【详解】由事件“两次取到的球颜色相同”的概率不超过可得：， 故，即,由于，故的最大值为4. 8. 函数，关于x的方程有2个不相等的实数根，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知可得为方程的一个根，则当时，直线与函数仅有一个交点，作出的图象，结合图象求解即可. 【详解】当时，，即关于x的方程始终有一个根为， 当时，由，得， 由题意可知当时，直线与函数仅有一个交点， 设，则， 当时，，当时，， 所以在上递增，在上递减， 所以当时，取到最大值， 当时，， 作出函数的图象如下图所示， 由图象可知，要使直线与函数仅有一个交点，则 ，或，或 故选：A 【点睛】关键点睛：此题考查函数与方程的综合问题，考查函数与导数的综合问题，解题的关键是根据函数解析式画出函数图象，结合图象可求得结果，考查数形结合的思想，属于较难题. 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. 已知（常数）的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则（ ） A. B. 展开式中的系数为 C. 若展开式中各项系数的和为1024，则第5项的系数最大 D. 展开式中奇数项的二项式系数的和为512 【答案】ABD 【解析】 【详解】对A：由已知，，所以，故A正确； 对B：的系数为，故B正确； 对C：因为展开式中各项系数的和为1024，所以或. 因为，所以. 所以第5项的系数为，第6项系数为， 因为，即第5项的系数小于第6项系数，故C错误； 对D：展开式中奇数项的二项式系数和为，故D正确. 10. 已知，，，则，，的大小关系可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由，，，得，，，转化为函数与，与，与图像的交点问题；作出函数图像，结合图像可得各个交点的位置关系，从而进行判断. 【详解】，，， ，，； 即转化为函数与，与，与图像的交点问题， 分别画出，，，，，的图像， 如图所示： 由图可知，与的图像交于，两点，与的图像交于，两点，与的图像交于，两点； 同时, 对于，，满足，故正确； 对于，的最大取值为，当时，不能取，则，此时不存在满足，故错误； 对于，，满足，故正确； 对于，，满足，故正确. 11. 已知定义在上的偶函数满足，，设在上的导函数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】结合奇偶性和对称性，求导运算依次求出是奇函数，，函数和是周期为6的函数，即可依次分析判断ABC，由题意可求出，由得到，求出，即可判断D． 【详解】为偶函数， ， 又， ，即， ， 为周期为6的函数， ， 当时，， ，， 当时，， 当时，， 当时， ， 当时，， ， 对于A选项，，其值无法确定，故A选项错误； 对于B选项，在R上的导函数为， 对两边求导，得， ，即，使用为奇函数， ，故B选项正确； 对于C选项，， ， ， ，故C选项正确； 对于D选项，，故D选项正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，是表面积为的球的球面上的三个点，且，则球心到平面的距离为_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得球的半径为和的外接圆半径，结合球的性质运算求解即可. 【详解】设球的半径为， 则，解得， 由题意可知：是边长为3的等边三角形，其外接圆半径， 所以球心到平面的距离为. 故答案为：. 13. 若，是随机试验的两个事件，且，，，则__________． 【答案】## 【解析】 【分析】由概率的性质得，，根据条件概率的求法求概率. 【详解】由，，，则， 由，则，故. 14. 一盒子中有大小与质地均相同的20个小球，其中白球9个，其余为黑球．参与者从盒子中有放回的随机取次球，若其中取到白球的个数为，（，，），当概率（，，）时，则______． 【答案】13或14 【解析】 【分析】根据题意可得，利用二项分布的公式求解即可. 【详解】由题可得每次取到白球的概率为， 参与者从盒子中有放回的随机取m次球，若其中取到白球的个数为，则， 所以， 若概率最大，则有， 所以，解得，又，故或14， 所以或14时，概率的值最大 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. 已知函数. （1）若存在极值，求的取值范围； （2）当时，求证：. 【答案】（1） （2）当时，. 设，其定义域为， 则证明即可. ，设， 则， 故函数在上单调递增. ，. 有唯一的实根，且， . 当时，； 当时，， 故函数的最小值为. . . 【解析】 【分析】（1）对函数求导，分和两种情况，分别判断出函数的单调性与极值，可得的取值范围； （2）当时，设，成立，即证明，对函数求导判断出单调性和最值，可得命题成立． 【小问1详解】 函数的定义域为， ， 当时，对任意的，， 故在上单调递增，无极值； 当时，当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 故在处取得极大值，无极小值. 综上所述，若存在极值，则的取值范围为. 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题考查导数解决函数的单调性问题，考查导数证明不等式，解决本题的关键点是构造，将命题成立，转化为证明，对函数求导判断出单调性和最值，可得命题成立，考查学生逻辑推理能力和计算能力，属于中档题． 16. 如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，.将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为． （1）证明：平面； （2）求面与面夹角的正弦值． 【答案】（1） 设，所以，因为为中点，所以， 因为，，所以是平行四边形， 所以，所以， 因为平面平面，所以平面， 因为平面平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）先应用线面平行判定定理得出平面及平面， 再应用面面平行判定定理得出平面平面，进而得出线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用已知条件将点的坐标表示出来，然后将平面及平面的法向量求出来，利用两个法向量的数量积公式可将两平面的夹角余弦值求出来，进而可求得其正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，所以，又因为，所以， 以为原点，以及垂直于平面的直线分别为轴，建立空间直角坐标系. 因为，平面与平面所成二面角为60° ， 所以. 则，，，，，. 所以. 设平面的法向量为，则 ，所以，令，则，则. 设平面的法向量为， 则，所以， 令，则，所以. 所以. 所以平面与平面夹角的正弦值为. 17. 2026年春节假期期间，某百货商场举办了一次有奖促销活动，消费每超过600元（含600元）均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种，每位顾客抽奖结果相互独立. 方案一：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球2个，白球1个，黑球7个）的抽奖盒中，一次性摸出3个球.其中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，享受免单优惠；若摸出2个红球和1个黑球，则打5折；若摸出1个白球2个黑球，则打7折；其余情况不打折. 方案二：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球3个，黑球7个）的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元. （1）若两个顾客均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率； （2）若某顾客消费恰好满1000元，试从付款金额期望的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？ 【答案】（1） （2）该顾客选择第二种抽奖方案更合算 【解析】 【分析】（1）先求出顾客享受到免单优惠的概率，再根据独立事件的概率乘法公式求解即可. （2）结合离散型随机变量及二项分布的期望公式分别求出方案一、方案二的数学期望，比较即可. 【小问1详解】 选择方案一若享受到免单优惠，则需摸出2个红球和1个白球， 设顾客享受到免单优惠为事件，则. 所以两位顾客均享受免单优惠的概率为. 【小问2详解】 若选择方案一，设实际付款金额为，则的可能取值为0，500，700，1000. ，， ，. 所以（元）. 若选择方案二，设摸到红球的个数为，付款金额为，则. 由题意知，，故. 所以（元）. 因为，所以该顾客选择第二种抽奖方案更合算. 18. 已知椭圆，四点中恰有三点在椭圆上. （1）求的方程； （2）过的左焦点作的不垂直于轴的弦（其中点在轴上方），为中点，直线与双曲线交于两点. （i）四边形能否为平行四边形，若能，求此时直线的方程，若不能，说明理由； （ii）求四边形面积的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）存在，直线的方程为；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的对称性，可知一定在椭圆上，进一步判断点也在椭圆上，即可求出椭圆方程； （2）（i）假设四边形为平行四边形，设直线方程，联立方程组，根据平行四边形对角线互相平方建立中点等量关系，根据方程是否有解判断是否存在即可；（ii）求出直线方程，联立方程组，分别求出到直线的距离，再根据弦长公式求出，表示出面积，最后求出面积的取值范围. 【小问1详解】 因为关于轴对称，所以必在上，又， 所以不在上，所以在上，则，所以， 因此的方程为. 【小问2详解】 （i）由题意知，假设四边形为平行四边形，设直线的方程为， 设， 将直线方程代入椭圆方程，化简整理得， 所以，， 所以， 所以中点坐标为， 若四边形为平行四边形，则与互相平分，所以为中点， 则，，所以点的坐标为， 代入，化简整理得，即， 解得或（舍）， 所以，因此，存在四边形为平行四边形， 此时直线的方程为； （ii）由点的坐标为，所以直线的方程为，代入双曲线方程， 化简整理得，则，所以， 即，又点关于原点对称，则， 因为点到直线的距离， 点到直线的距离， 因为， 代入，化简得， 因为，所以，因此， 由弦长公式可得， 所以四边形面积，代入， 化简整理得，因为， 所以. 19. 已知函数存在两个不同的极值点． （1）求实数的取值范围； （2）设，求的最大值； （3）求证：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意知有两个不同的实根，即方程有两个不同实根，令，通过求导求出的单调性，结合图象即可求出答案； （2），通过求导求出的单调性，即可求出答案； （3）函数，证明出，再证明在上单调递减，从而得到，结合第（2）问即可求出答案. 【小问1详解】 由题意知． 因存在两个不同的极值点，故有两个不同的实根， 即方程有两个不同实根． 令，则． 令，因恒成立，故在上单调递减． 又，故： 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减． 所以在处取得极大值即最大值，且． 又，，当，， 要使直线与图象有两个不同交点，必须满足． 当时，易知函数存在两个不同的极值点，符合题意， 故实数的取值范围是． 【小问2详解】 ， ， 令， 所以单调递增，又， 所以当时，，则在上单调递减； 当时，，则，在上单调递增． 因此在处取得最大值，． 即的最大值为． 【小问3详解】 由（1）知．不妨设． 因在上递增，上递减，且，故必有． 构造函数， 当时，，即恒成立． 因为，所以．又，故． 因为，且在上单调递减， 所以，即． 当时，，此时，故在上单调递减． 由于，故． 于是． 由（2）知，当时，． 因为，所以． 综上可得，，原命题得证． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳高级中学（集团）2027届高三开学摸底考试 数学试题 满分150分，考试用时120分钟 一、选择题：本题共有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“”是“”成立的充分条件，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 2. 不等式对任意恒成立，则的最小值是（ ） A. B. C. 8 D. 10 3. 已知是抛物线上一点，为其焦点，为圆的圆心，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 4. 小明将5张互不相同的卡片全部放入编号为的3个信封中，每个信封至少放1张卡片，则不同的放卡片方法共有（ ） A. 90种 B. 120种 C. 150种 D. 300种 5. 设函数，则使得成立的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知正方形的边长为，平面，，，分别是，的中点，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 若甲盒中有3个红球，2个黄球，1个白球，乙盒中有个红球（），2个黄球，3个白球，这些球的大小、材质完全相同.现从甲盒中随机取出一个球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个球，若事件“两次取到的球颜色相同”的概率不超过，则的最大值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 8. 函数，关于x的方程有2个不相等的实数根，则实数a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.在每小题给出的四个选项中，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. 已知（常数）的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则（ ） A. B. 展开式中的系数为 C. 若展开式中各项系数的和为1024，则第5项的系数最大 D. 展开式中奇数项的二项式系数的和为512 10. 已知，，，则，，的大小关系可能为（ ） A. B. C. D. 11. 已知定义在上的偶函数满足，，设在上的导函数为，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，是表面积为的球的球面上的三个点，且，则球心到平面的距离为_______． 13. 若，是随机试验的两个事件，且，，，则__________． 14. 一盒子中有大小与质地均相同的20个小球，其中白球9个，其余为黑球．参与者从盒子中有放回的随机取次球，若其中取到白球的个数为，（，，），当概率（，，）时，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. 已知函数. （1）若存在极值，求的取值范围； （2）当时，求证：. 16. 如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，.将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为． （1）证明：平面； （2）求面与面夹角的正弦值． 17. 2026年春节假期期间，某百货商场举办了一次有奖促销活动，消费每超过600元（含600元）均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种，每位顾客抽奖结果相互独立. 方案一：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球2个，白球1个，黑球7个）的抽奖盒中，一次性摸出3个球.其中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，享受免单优惠；若摸出2个红球和1个黑球，则打5折；若摸出1个白球2个黑球，则打7折；其余情况不打折. 方案二：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球3个，黑球7个）的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元. （1）若两个顾客均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率； （2）若某顾客消费恰好满1000元，试从付款金额期望的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？ 18. 已知椭圆，四点中恰有三点在椭圆上. （1）求的方程； （2）过的左焦点作的不垂直于轴的弦（其中点在轴上方），为中点，直线与双曲线交于两点. （i）四边形能否为平行四边形，若能，求此时直线的方程，若不能，说明理由； （ii）求四边形面积的取值范围. 19. 已知函数存在两个不同的极值点． （1）求实数的取值范围； （2）设，求的最大值； （3）求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $