精品解析：江苏省东海高级中学2027届高三上学期第一次月考数学试题

高三年级第一学期第一次月考数学试卷 一、单选（每题5分，共40分） 1. 复数（为虚数单位）在复平面内对应点的坐标是（ ） A. B. C. D. 2. 已知命题：，，则是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 把标号为1，2，3，4的四个小球分别放入标号为1，2，3，4的四个盒子中，每个盒子只放一个小球，则1号球不放入1号盒子，且2号球不放入2号盒子的方法共有（ ） A. 14种 B. 12种 C. 9种 D. 6种 4. 将函数的图象向右平移个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到函数的图象，则函数的图象与函数的图象（ ） A. 关于直线对称 B. 关于直线对称 C. 关于点对称 D. 关于点对称 5. 已知公比不为的等比数列满足，若，则 A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 6. 若的展开式中各项系数之和为，所有偶数项的二项式系数之和为，且，则展开式中含项的系数为（ ） A. B. C. 540 D. 180 7. 已知，且，则 （ ） A. B. C. D. 8. 已知球与棱长为的正方体的各面都相切，则平面截球所得的截面圆与球心所构成的圆锥的体积为 A. B. C. D. 二、多选（每题6分，少选得部分分，错选得0分，共18分） 9. 已知双曲线：（，）的一个焦点在圆上，且，则双曲线的渐近线方程可能为（ ） A. B. C. D. 10. 已知定义在上的奇函数满足，且.若函数只有一个零点，则（ ） A. 函数的周期为4 B. 函数的图象关于点对称 C. D. 11. 已知正方体的棱长为1，是棱上的动点，点是正方体的表面上的动点，且平面，动点的轨迹所围成的区域的面积为，则（ ） A. 若点为的中点，则 B. 若点与点重合，则 C. 有最大值，无最小值 D. 若，则在底面上的投影的面积为 三、填空（每题5分，共15分） 12. 已知是抛物线上的一动点，则点到直线和直线的距离之和的最小值是______. 13. 设函数，若，，不等式恒成立，则实数的取值范围是_____. 14. 在中，，过点D的直线分别交直线于点，且，，其中，，则的最小值为______. 四、解答 15. 为加快新能源汽车产业发展，推进节能减排，某年国家对消费者购买新能源汽车给予补贴，其中对纯电动乘用车补贴标准如下表： 车辆类型 续驶里程 纯电动乘用车 3.5万元/辆 5万元/辆 6万元/辆 某校研究学习小组从汽车市场上随机选取了辆纯电动乘用车，根据其续驶里程（单次充电后能行驶的最大里程）作出了如下的频率与频数的统计表： 分组 频数 频率 2 0.2 5 z 合计 1 现从这辆纯电动乘用车中任选2辆，回答下面的问题： （1）设表示选到的2辆车续驶里程不低于的个数，求的分布列及数学期望； （2）若以频率作为概率，设表示从汽车市场上随机选到的2辆车获得的补贴的总数，求. 16. 在中，角，，所对的边分别是，，，且. （1）求； （2）当时，试判断的形状. 17. 已知四棱锥的底面为菱形，平面，，是的中点，点在棱上. （1）证明：； （2）若，，且直线与底面所成的角为，求二面角的余弦值. 18. 已知椭圆：（）的离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）设直线过点且与椭圆交于，两点，过点作直线的垂线，垂足为.证明：直线过定点； （3）在（2）的条件下，记直线交直线于点（不与点重合），证明：轴. 19. 设函数. （1）求函数的单调区间； （2）若，不等式恒成立，求正数的取值范围； （3）证明：（，）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级第一学期第一次月考数学试卷 一、单选（每题5分，共40分） 1. 复数（为虚数单位）在复平面内对应点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，即可得到在复平面内对应点的坐标. 【详解】解：因为， 所以在复平面内对应点的坐标是． 故选：D. 【点睛】本题主要考查复数的运算，属于基础题. 2. 已知命题：，，则是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】全称命题的否定方法：将任意改为存在并否定原结论，即可知答案. 【详解】命题：，的否定是，、 3. 把标号为1，2，3，4的四个小球分别放入标号为1，2，3，4的四个盒子中，每个盒子只放一个小球，则1号球不放入1号盒子，且2号球不放入2号盒子的方法共有（ ） A. 14种 B. 12种 C. 9种 D. 6种 【答案】A 【解析】 【详解】四个小球分别放入四个盒子中共有种； 1号球放入1号盒子的有种；2号球放入2号盒子的有种； 1号球放入1号盒子，且2号球放入2号盒子的方法共有种； 则所求共有种． 4. 将函数的图象向右平移个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到函数的图象，则函数的图象与函数的图象（ ） A. 关于直线对称 B. 关于直线对称 C. 关于点对称 D. 关于点对称 【答案】D 【解析】 【分析】先由图象平移变换写出的解析式，在函数的图象上取特殊点，说明均错，由对称性证明正确． 【详解】由已知得， 在函数的图象上取特殊点. A．关于直线的对称点为，将的横坐标代入的表达式，得，所以函数的图象与函数的图象不关于直线对称 B．关于直线的对称点为，将的横坐标代入的表达式，得，所以函数的图象与函数的图象不关于直线对称． C．关于点的对称点为，同样有函数的图象与函数的图象不关于点对称 D．对于函数的图象上任一点，关于点的对称点为，将的横坐标代入的表达式，有，所以函数的图象与函数的图象关于点对称． 故选：D. 【点睛】本题考查三角函数的图象变换，考查函数图象的对称性．说明不对称只要用一个特殊点验证即可，而要说明对称必须证明，即证明函数图象上所有点都具有这种对称性． 5. 已知公比不为的等比数列满足，若，则 A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的性质可求得，从而求得结果. 【详解】由等比数列性质得： 本题正确选项： 【点睛】本题考查等比数列性质的应用，属于基础题. 6. 若的展开式中各项系数之和为，所有偶数项的二项式系数之和为，且，则展开式中含项的系数为（ ） A. B. C. 540 D. 180 【答案】A 【解析】 【分析】利用赋值法以及二项式系数性质可得，从而求出，再利用二项式展开式的通项公式即可求解. 【详解】记， 则，由二项式系数性质得， ∵， ∴，解得． ∵， 由，得， ∴展开式中含项的系数为． 故选：A. 【点睛】本题考查了二项式定理、考查了基本运算求解能力，属于基础题. 7. 已知，且，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先通过已知求出，再利用平方关系求的值. 【详解】因为， 所以. 因为，且， 所以， 所以. 故选A 【点睛】本题主要考查二倍角公式和同角的平方关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 8. 已知球与棱长为的正方体的各面都相切，则平面截球所得的截面圆与球心所构成的圆锥的体积为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】内切球的球心为正方体的体对角线交点，根据三棱锥为正三棱锥及各棱长，可求得点O到平面的距离；根据内切圆半径和圆心到平面的距离可求得切面的圆心半径，进而求得圆锥的体积． 【详解】因为球与棱长为的正方体的各面都相切 所以球O为正方体的内切球，则球O的半径 球心O到A的距离为 底面为等边三角形，所以球心O到平面的距离为 所以平面截球所得的截面圆的半径为 所以圆锥的体积为 所以选C 【点睛】本题考查了正方体的内切球性质，平面截球所得截面的性质，属于中档题． 二、多选（每题6分，少选得部分分，错选得0分，共18分） 9. 已知双曲线：（，）的一个焦点在圆上，且，则双曲线的渐近线方程可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】先根据双曲线焦点在给定圆上求出半焦距，再结合联立求解，的比值，进而得到渐近线方程。 【详解】设双曲线的焦点坐标为，因为双曲线的一个焦点在圆上， 所以，令，可得或， 因为双曲线的焦点坐标为，且， 所以或，因为，在双曲线中有， 当时，，即，此时无解，舍去； 当时，，即， 解得或，所以或， 则双曲线方程的渐近线为或. 10. 已知定义在上的奇函数满足，且.若函数只有一个零点，则（ ） A. 函数的周期为4 B. 函数的图象关于点对称 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由结合为奇函数可得为周期为4的周期函数判断A，利用函数中心对称的定义式判断B，利用周期及赋值法判断C，由，要使函数有一个零点，即只有唯一解，结合图象可得判断D. 【详解】为定义在上的奇函数， ， 又， ， 在上为周期函数，周期为4，故A正确； 因为，所以函数的图象关于点对称，故B正确； 由，当时，，解得， 又的周期为，所以，故C错误； 函数只有一个零点，即只有唯一解， 令 ，则，函数为偶函数， 由幂函数性质可知，当时函数为增函数， 所以由偶函数性质知时，函数为减函数， 令，则为余弦型函数，由此可得函数与函数的大致图象如下： 由图分析要使函数与函数只有唯一交点，则，解得， ，故D正确. 11. 已知正方体的棱长为1，是棱上的动点，点是正方体的表面上的动点，且平面，动点的轨迹所围成的区域的面积为，则（ ） A. 若点为的中点，则 B. 若点与点重合，则 C. 有最大值，无最小值 D. 若，则在底面上的投影的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】过点作平面平面，动点的轨迹，就是平面截正方体得到的截面多边形，分析当点为的中点或点与点重合时截面的图形求解. 【详解】设过点作平面平面，若平面，，则， 因为点是正方体的表面上的动点，所以动点的轨迹，就是平面截正方体得到的截面多边形， 对于A，当点为的中点时，动点轨迹所围成的区域即为正六边形， 正六边形的边长为，所以，故A正确； 对于B，当点与点重合时，动点轨迹所围成的区域即为等边三角形， 故，故B正确； 对于C，当与重合时，点不存在，设， 当时，由选项可知， 当时，动点轨迹所围成的区域为六边形， ,,,,, 等腰梯形的面积， 等腰梯形的面积， 所以六边形的面积， 当时，上式也成立， 所以， ， 当时，取得最小值，最小值为，当时，取得最大值，最大值为， 故C错误； 对于D，当时，在底面上的投影为六边形， 其面积， 故D正确. 三、填空（每题5分，共15分） 12. 已知是抛物线上的一动点，则点到直线和直线的距离之和的最小值是______. 【答案】 【解析】 【分析】设，根据点到直线距离公式可求出点到直线的距离，点到直线的距离，进而点到两直线距离和关于的二次函数，再根据二次函数的性质，即可求出结果. 【详解】解：设，则点到直线的距离为， 点到直线的距离为． 因为， 所以点到两直线距离和为， 所以当时，该距离之和的最小值为． 故答案为：. 13. 设函数，若，，不等式恒成立，则实数的取值范围是_____. 【答案】或或 【解析】 【分析】由恒成立求出，只需成立，记，，看成关于的函数，最后转化为，得到关于的不等式组，解不等式组即可. 【详解】因为，所以，所以，当时，，所以， ，，不等式恒成立，等价于时，，对恒成立， 即在上恒成立， 记， 所以只需，即，解得或或． 14. 在中，，过点D的直线分别交直线于点，且，，其中，，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意以为基底表示出，再根据三点共线，利用共线定理可得，再由基本不等式即可求得的最小值为. 【详解】如下图所示： 因为，易知， 又，所以， 易知三点共线，利用共线定理可得， 又，， 所以； 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为. 四、解答 15. 为加快新能源汽车产业发展，推进节能减排，某年国家对消费者购买新能源汽车给予补贴，其中对纯电动乘用车补贴标准如下表： 车辆类型 续驶里程 纯电动乘用车 3.5万元/辆 5万元/辆 6万元/辆 某校研究学习小组从汽车市场上随机选取了辆纯电动乘用车，根据其续驶里程（单次充电后能行驶的最大里程）作出了如下的频率与频数的统计表： 分组 频数 频率 2 0.2 5 z 合计 1 现从这辆纯电动乘用车中任选2辆，回答下面的问题： （1）设表示选到的2辆车续驶里程不低于的个数，求的分布列及数学期望； （2）若以频率作为概率，设表示从汽车市场上随机选到的2辆车获得的补贴的总数，求. 【答案】（1）的分布列为 0 1 2 数学期望为（或1.6） （2）（或0.76） 【解析】 【分析】（1）由第一行的频数和频率计算出总数，然后可得出，则的可能取值为，再分别计算出对应概率，列出分布列并求出期望即可； （2）求出对应的概率，再求和即可． 【小问1详解】 由表格可知，所以， 所以，，． 的可能取值为， ， ， ， 所以的分布列为 0 1 2 ． 【小问2详解】 ， ， ， ． 16. 在中，角，，所对的边分别是，，，且. （1）求； （2）当时，试判断的形状. 【答案】（1） （2）因为，所以，即， 因为， 所以， ， 即， 即，解得， 因为，所以， 于是， 所以，为等边三角形. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和二倍角的正弦公式求解. （2）由得到，由，利用两角差的正弦公式通过计算得到的大小，求出的值，从而得到结论. 【小问1详解】 因为， ， 因为，所以，所以， 所以，即， 又，，故，即， 所以. 【小问2详解】 略 17. 已知四棱锥的底面为菱形，平面，，是的中点，点在棱上. （1）证明：； （2）若，，且直线与底面所成的角为，求二面角的余弦值. 【答案】（1）由四边形为菱形，， 得为正三角形，因为为的中点， 所以，又，因此， 因为平面，平面，所以， 而平面，平面且， 所以平面，又平面， 所以． （2） 【解析】 【分析】（1）先证明，根据线面垂直判定定理证明平面，由此证明； （2）建立坐标系，结合条件证明为线段的中点，再求平面，平面的法向量，结合向量夹角公式即可求结论. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系： 由，结合菱形性质得，，，， 因为在上，故可设，则， 取底面的法向量为， 因为直线与底面所成角为，则线面角的正弦值等于向量与向量的夹角的余弦值的绝对值，  所以， ​ 代入，，可得， 所以， 化简解得​，即为中点，点的坐标为， 设平面的法向量为， 由，可得， 令，可得，， 所以为平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 由，可得， 令，可得，， 所以为平面的一个法向量， 设二面角的平面角为， 因此 ， 观察图象可得二面角为锐二面角，故， 所以二面角的余弦值为. 18. 已知椭圆：（）的离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）设直线过点且与椭圆交于，两点，过点作直线的垂线，垂足为.证明：直线过定点； （3）在（2）的条件下，记直线交直线于点（不与点重合），证明：轴. 【答案】（1） （2）当直线不是轴时，设直线的方程为， ，，则， 联立，消去得， 由韦达定理得到，， 直线的斜率，其方程为， 令，则， 解得， 即， 因为，所以， 因为， 所以， 解得，即， 因为，所以 ，解得， 所以直线过定点. 当直线是轴时，此直线方程为，此时直线也过定点. 综上可得，直线过定点. （3）由（2）知且与轴不重合，直线的方程为， 令，可得点的纵坐标， 又，代入得， 因为韦达定理，， 所以， 即，解得，则， 所以和的纵坐标相等，即轴. 【解析】 【分析】（1）利用公式和求解. （2）当直线不是轴时，设直线的方程为，，，通过联立方程组，利用韦达定理求出，，利用点斜式求出直线的方程，通过计算得到时的，从而得到直线过定点.当直线是轴时，直线也过定点，从而得到结论. （3）利用点斜式求出直线的方程，将代入直线的方程可得点的纵坐标， 结合和韦达定理得到和的纵坐标相等，即轴. 【小问1详解】 已知椭圆（），则， 离心率，且满足， 因为，所以， 即，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 设函数. （1）求函数的单调区间； （2）若，不等式恒成立，求正数的取值范围； （3）证明：（，）. 【答案】（1）当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为. （2） （3）由（2）知：当时，对任意成立，当且仅当时取等号. 对任意且，令，因，所以等号取不到， 故：两边同除以得： 进行第一次放缩，对从到求和： 进行第二次放缩，当时，， 故， 因此： 代入求和式得： 综上可得： 【解析】 【分析】（1）对求导后，按参数的取值分类讨论导数符号，并划分出递增、递减区间. （2）将“对恒成立”等价转化为函数最大值不大于0，借助第一问的单调性结论求得最大值，解不等式即得参数范围. （3）利用第二问导出的经典不等式，令对数列通项放缩，两边累加后，再对右侧的平方倒数和采用裂项放缩化简，最终推导出待证的数列不等式. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得： 当时，，，故恒成立，所以的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，令，解得. 时，，时，， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为. 综上所述，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 由，结合（1）的结论： 在处取得最大值 要使，恒成立，只需最大值不大于0： 故正数的取值范围为. 【小问3详解】 略. 【点睛】1.恒成立问题转化：单变量函数恒成立问题，优先转化为函数最值问题求解，是高考导数题的通用方法. 2.数列不等式技巧：借助前问得到的函数不等式对数列通项放缩，再累加求和，是导数与数列综合题的核心思路；平方倒数的裂项放缩，是求和放缩的常用技巧. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $