江西省上高二中2026-2027学年高三上学期物理方向重点班数学练习卷（9.16)

**基本信息** 高三理科数学周测卷，聚焦函数、几何、概率等核心知识，通过《功夫女足》字母排列等社会热点情境及综合问题设计，考查数学抽象、逻辑推理与数学建模素养，适配高三重点班能力提升需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题/40分|函数切线与单调性、三角函数定义、正态分布|基础概念与运算结合，如第1题直线与曲线相切考查导数几何意义| |多选题|3题/15分|数列前n项和、立体几何位置关系、函数奇偶性与周期性|多选项分层考查，如第10题结合空间直角坐标系判断线面关系| |填空题|3题/15分|二项式系数、函数最值、双曲线离心率|知识综合应用，如第14题正三角形与双曲线定义求离心率| |解答题|5题/80分|解三角形、集合与概率分布列、函数极值与证明、立体几何面面垂直及外接球、轨迹方程与面积最值|梯度设计，如第17题函数极值与不等式证明考查逻辑推理，第19题轨迹方程与面积最值体现数学建模|

2027届高三理科重点班数学练习卷20260916 一、单选题 1．若直线与曲线相切，则实数（   ） A． B． C．1 D．2 2．若函数在区间上是单调函数，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．在平面直角坐标系中，角的始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，则（    ） A． B． C． D． 4．已知随机变量服从正态分布且，则（    ） A．0.2 B．0.4 C．0.6 D．0.8 5．已知定义域为R的奇函数（a，m，），则函数的单调递增区间为（    ） A． B． C． D． 6．已知，，若圆上存在点满足，则实数的最小值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 7．近期，电影《功夫女足》热映，片中经典台词“，”深入人心，其哲学内涵被广大网友反复讨论．某数学兴趣小组从中提取四个首字母B，W，M，F，各取两次（即共8个字母：B，B，W，W，M，M，F，F）并排成一排．若至多有两对相同的字母相邻，则这8个字母的不同排列种数为（    ） A．2376 B．2352 C．2208 D．2068 8．已知函数，若，使得函数在上恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知数列的前项和，则（    ） A． B． C．令，为数列的前项和，则 D． 10．如图，平面，，，，，则下列说法正确的是（    ） A． B．直线与直线夹角的余弦值为 C．平面 D．平面与平面的夹角的正弦值为 11．已知函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数．若，则下列说法正确的是（    ） A． B．的一个周期为4 C． D． 三、填空题 12．若的展开式中的系数为6，则的最小值为__________. 13．已知函数，．若，，满足，则实数a的最小值为__________． 14．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过右焦点的直线交双曲线右支于，两点，若为正三角形，则双曲线的离心率__________. 四、解答题 15．在锐角中，角所对的边分别为．向量，，且． (1)求角的大小；（5分） (2)若，为边的中点，求线段的长的取值范围．（8分） 16．设集合，从集合的所有非空子集中任意选择一个集合，即且，记集合B中的最小元素和最大元素分别为随机变量X，Y． (1)当时，求事件“且”的概率；（4分） (2)求随机变量Y的分布列；（5分） (3)在的条件下，求X的数学期望．（6分） 17．已知函数. (1)求函数的单调区间和极值；（6分） (2)若，且，证明：.（9分） 18．如图所示，在四棱锥中，，，，. (1)证明：平面平面；（4分） (2)若，，二面角的平面角为. （ⅰ）求平面与平面的夹角的正弦值；（5分） （ⅱ）设点为四棱锥外接球面上的一点， 求点到平面距离的最大值，并求此时点的坐标.（8分） 19．已知是圆：上一动点，轴，垂足为，点为线段的中点，点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程；（3分） (2)设直线是过原点的一条动直线，直线与圆交于，两点，，直线，与曲线的交点分别为点，． （ⅰ）是否存在直线，使得四边形为平行四边形？使得四边形为梯形？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由；（6分） （ⅱ）求面积的最大值．（8分） 高三40班数学练习卷20260916答案 1.【答案】D.2【答案】D。3【答案】B。4【答案】B。 5【答案】D【详解】 ， 因为是定义在R上的奇函数，所以，即恒成立， 所以，解得，所以，定义域为，所以，根据复合函数单调性法则“同增异减”可得在上单调递增，在上单调递减，所以，函数的单调递增区间为. 6.【答案】A【详解】设，由，得，化简整理，得.由题意得，圆（）与有公共点，故，，，解得，所以实数的最小值是3. 7【答案】B【详解】8 个字母包含4对重复字母（BB、WW、MM、FF），， ① 恰好4对全部相邻：把4对重复字母各自捆绑为1个整体，共4个独立模块，全排列数是， ② 恰好3对相邻：先从4对字母中选3对，将其对应相同字母捆绑，选法为种，将3对捆绑的整体排列，排列数是种，3个整体排列后形成4个空隙，将剩余2个相同的字母插入空隙，因为两个字母相同，所以插空方法共有种，所以该类排列数为种，利用间接法，至多两对相邻排列数 = 总排列数 − 恰好3对相邻 − 恰好4对相邻，所以不同排列种数为. 8【答案】C【详解】函数， 若时恒成立，即恒成立. 令，.对于函数（）， ，令，得， 当时，；当时，， 所以函数在，上单调递减，在上单调递增； 当时，函数取最小值，且最小值为，且当时，； 当时，，所以函数的大致图象如图（1）所示； 对于函数（），则，令，得. ①当时，若，则；若，则， 所以函数在上单调递增，在上单调递减； 当时，取最大值，且最大值为，且当时，； 当时，，所以函数的大致图象如图（1）所示. 由图可知，只有当函数和图象分别在直线两侧时， 即且时，恒成立，恒成立， 即恒成立，即在上恒成立，此时； 当，即时，一定存在（是指某个区间），函数与的图象在直线的同侧，则有，即在上不恒成立，所以不符合题意；②当时，，其图象是轴，存在直 线在函数和图象之间，所以符合题意； ③当时，若，则；若，则， 所以函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，取最小值，且最小值为，且当时， ；当时，，大致图象如图（2）所示， 由图可知，不存在直线，使得函数和图象分别在直线两侧， 所以不符合题意.综上，实数的取值范围是：，故选C. 9.【答案】BCD【详解】因为，所以当时，； 当时，，对也成立， 所以，所以选项A错误，选项B正确； 对C，，则① 则②， ①②得：， 即，所以选项C正确； 对D，， 所以，所以选项D正确. 10.【答案】ABD【详解】由题意可知平面为等腰梯形，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，有，， 所以，即，故A正确； 因为，所以，故B正确； 因为，，设平面的一个法向量为， 则，则，显然与之不共线，故C错误； 设平面的一个法向量为，则， 令，则，令，，所以， 则平面与平面的夹角的正弦值为，故D正确. 11.【答案】BC【详解】 是奇函数 ，函数关于点 中心对称， 是偶函数 ，令 ，得，函数关于直线 轴对称，得， 对于A，由 ，令 ，得，所以，故A 错误； 对于B， ，把 换成 ，得，因 ， 则有，再把 换成 ，得， 两式相减，可得，即的一个周期为 4，故B正确； 对于C，由上分析已得，故 C正确； 对于D，已知 ，周期为 4，， 由，得，又因， ， 得，由 的周期为4，得， 则函数在一个周期内的和是， 因为，所以，故D 错误. 12【答案】2 13【答案】514【答案】 15【答案】(1)(2)【详解】（1）因为，所以． 在中，由正弦定理得：， 展开得：，即． 因为，得．又，故． （2）因为点是边的中点，由向量中线公式：， 两边平方得：，即． 因为，，由余弦定理得：， 则，故．所以． 因为，所以，即． 因为是锐角三角形，所以，则．又，则 ．由，得，故，所以，， 故的长的取值范围为． 16【答案】(1)(2)，其中，2，3，…，(3) 【详解】（1）当时，非空子集B共有个，符合题意的子集只有，两个，所以． （2）由题意得：Y的所有可能取值为1，2，3，…，，非空子集B共有个． 当时，集合B中必须包含元素k，不含大于k的元素，符合题意的子集B共有个， 故，其中，2，3，…，n． （3）当时，集合B中必须包含元素n，符合题意的子集B共有个． 当时，； 当，，2，3，…，时，； 因此，记， 即，① ，② ①-②得：， 整理得：．即． 17【答案】(1)单调递增区间为，；单调递减区间为；极小值为，无极大值；【详解】（1）函数的定义域为，且， 则， 令，得，当或时，；当时，， 所以函数的单调递增区间为，；单调递减区间为， 当时，函数取极小值，且极小值为，无极大值； (2)证明：当时，；当时，； 当时，，再由其单调性和极值，作出函数的大致图象如图所示： 若，且，则，，. 因为，则，又因为， 且函数在上单调递增，所以，则，则， 又因为函数在上单调递减，所以，即； 要证：，又因为，即证. 由得：，两边同时取对数得：， 即， 即，即证，即证， 即证，令，因为，所以，即证. 令，则，所以在上单调递增， 又因为，所以，所以成立； 因为且，所以. 18【答案】【详解】（1）如图（1）所示，连接，取的中点为，因为，所以， 又因为，所以，所以B，O，D三点共线， 即，所以； 又因为，为中点，所以，，平面， ，所以平面， 又因为平面，所以平面平面； (2)（ⅰ）（ⅱ）， （2）（ⅰ）因为，，则即为二面角的平面角，即. 因为，，为中点，所以，又因为，在中，由余弦定理得：，所以，即，因为，所以.因为，，，所以， 又因为，则.又因为，，，所以，即.记过点且与平面垂直的直线为轴，因为平面平面，所以轴在平面内.再以，为，轴建立空间直角坐标系，如图（2）所示. 则，，，，，. 设平面的一个法向量为，，， 由，令，则，则； 设平面的一个法向量为，，， 由，令，则，，则. 设平面与平面的夹角为，则， 则，即平面与平面的夹角的正弦值为； （ii）由上分析可知，，所以点为四棱锥外接球的球心，且外接球半径为2.因为，平面的一个法向量为， 则点到平面的距离， 所以点到平面距离的最大值为：，并且此时平面. 设，所以有，且，则有①，②， 令，即，，， 代入①得：，即，所以或. 所以或. 当时，， 此时点到平面的距离为：，所以不符合题意，舍； 当，，此时点到平面的距离为：，所以符合题意，所以点的坐标为. 19【答案】(1)【详解】（1）设，则，因为点在圆上，所以， 所以曲线的方程为． (2)（ⅰ）依题意可设直线的方程为，（）， 联立，整理得， 设，，则有，， 因为点在圆上，且是圆的直径，所以，即， 所以，即， 因为，， 所以，即， 所以， 整理得，解得，或（舍）， 所以直线的方程为，即直线恒过定点，即直线与相交于点，而不是线段的中点，即与不可能互相平分， 所以四边形不可能为平行四边形，即不存在直线使得四边形为平行四边形． 若四边形是梯形，则有或， 当时，因为，所以，即，， 又因为点为线段的中点，所以点为线段的中点， 设，因为，所以， 因为点在曲线上，点在圆上， 则有，解得（舍），或，即，或， 所以或，所以直线的方程为或； 同理，时，求得直线的方程也为或． 即直线的方程为或时，四边形为梯形． （ⅱ）结合（ⅰ）得， 令，则，则， 令，根据对勾函数的性质得在上单调递增， 所以当时，即时，取最小值，此时取最大值，且最大值为． 学科网（北京）股份有限公司 $