精品解析：云南省昆明市云南师范大学附属中学2027届高三上学期第三次学科体验数学试题

云南师大附中2027届高三数学第三次学科体验 一、单选题：本大题共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. 已知集合，，则集合M与N的关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解方程确定集合，然后由子集、真子集的定义判断． 【详解】解方程，得或，则， 因为且，且，所以．又因为但，所以． 故选：C． 2. 设复数z满足，则（ ） A. B. 3 C. D. 5 【答案】C 【解析】 【详解】，故. 3. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由， 则，又，所以， 而，则， 所以. 4. 已知数列满足，且，则数列的前项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，， 则数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以， 则， 所以数列的前项和为 . 5. 三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮.一种内圆外方的筒型玉器，是古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称，如图所示，圆筒内径长2，外径长3，筒高4，中部为棱长是3cm的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据几何体的特点，结合长方体，圆柱体体积的计算公式，求解即可. 【详解】圆筒体积为底面半径，高度为的圆柱体的体积减去底面半径为，高度为的圆柱体的体积， 故其体积； 中间部分的体积为棱长为的长方体的体积减去底面半径为，高为的圆柱体的体积， 故其体积； 故玉琮的体积. 故选：B. 6. 已知，向量满足，抛物线的焦点为F，点P在抛物线上，则的最小值为（ ） A. 4 B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】作，根据差向量的几何意义确定点的轨迹，然后利用抛物线的定义，结合图形求解可得. 【详解】作，因为，所以， 所以点在以为圆心，1为半径的圆上， ， 过点向抛物线的准线作垂线，垂足为，如图： 由抛物线定义可知， 由图可知，当点在线段上，且垂直于准线时取得最小值， 最小值为. 故选：A 7. 若点关于动直线l：的对称点为N，则点N的轨迹为（ ） A. 圆的一部分 B. 椭圆的一部分 C. 双曲线的一部分 D. 抛物线的一部分 【答案】A 【解析】 【分析】先求出直线l过定点，再利用对称性得，最后根据圆的定义即可判断. 【详解】由直线l：， 令，解得， 则直线l（不包含直线）过定点， 由对称性可知，，即点N到定点的距离为， 又直线l不包含直线， 所以点关于直线的对称点不在点N的轨迹中， 则N的轨迹是以为圆心，为半径的圆（去掉点），因此，点N的轨迹为圆的一部分. 8. 设函数，若，则的最小值为（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，可得函数有相同的零点，由此用表示，再构造函数并利用导数求出最小值. 【详解】函数，令， 函数在定义域上都单调递增，由，得与同正负， 因此函数与必有相同的零点，由，得， 由，得，于是，，， 令，求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 所以的最小值为. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：将函数拆成两个函数的积，再由其单调性及不等式可得它们在相同的零点是求解问题的关键. 二、多选题：本大题共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. 某地区组织了一次高二全体学生的期中考试，经统计发现，数学成绩X近似服从正态分布，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】利用正态分布密度曲线的性质即可求解. 【详解】因为数学成绩X近似服从正态分布，所以，， 所以正态密度曲线关于对称，故， ，故AB正确； ，，故CD错误. 故选：AB. 10. 对于数列，设其前项和，则下列命题正确的是（ ） A. 若数列为等比数列，成等差，则也成等差 B. 若数列为等比数列，则 C. 若数列为等差数列，且，则使得的最小的值为13 D. 若数列为等差数列，且，则中任意三项均不能构成等比数列 【答案】AD 【解析】 【分析】根据等比数列的通项与前项和公式判断A，B的正误；根据等差数列的通项与前项和公式判断C，D的正误即可. 【详解】解：对于A，若数列为等比数列，成等差，则， 若公比，则，故， 所以可得，， 整理得，由于，所以， 所以，即， 故也成等差，故A正确； 对于B，若数列为等比数列，若公比时，； 若公比时，则，所以，故B不正确； 对于C，若数列为等差数列，公差为，由， 得，即，则， 所以，得，又，则，故C不正确； 对于D，若数列为等差数列，且，则公差， 所以，假设等差数列中的三项构成等比数列，，且互不相等，则， 所以， 所以， 因为，则，其中， 则，得，这与互不相等矛盾，故假设不成立，则中任意三项均不能构成等比数列，故D正确. 故选：AD. 11. 如图，已知正方体，点，O分别为上、下底面的中心.正四面体以为轴旋转一圈，形成一个空间几何体，该几何体的轴截面的截口曲线（截面与几何体侧面的交线）为双曲线的局部，则（ ） A. 直线与直线所成的角为90° B. 直线与平面所成的角为45° C. 若正方体的棱长为2，则点到平面的距离为 D. 此双曲线的离心率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量相乘为零可以判断A选项，利用线面夹角公式可以判断B选项，利用点到面距离公式可以判断C选项，结合题目条件分析其为等轴双曲线即可求出离心率，判断出D选项 【详解】对于A，设正方体棱长为，以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴， 所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示 所以，，，，，， 所以 ， 所以直线与直线所成的角为，故A正确； 对于B，，，，，，， 设平面的一个法向量为， 所以，令 ，， 设直线与平面所成的角为， 则， 因为，所以，故B错误； 对于C，由于正方体的棱长为2，则，，，，，， 设平面的一个法向量为， 所以，令 ，得， 所以点到平面的距离，故C正确； 对于D， 因为，，所以旋转轴的方向向量为， 四个顶点，，，，所以， ，同理可得是正四面体， 正四面体绕轴旋转，其侧面上的每一条母线绕轴旋转形成一个曲面， 在包含旋转轴的轴截面中，这些母线的轨迹与轴截面相交形成双曲线， 选取母线，计算母线与旋转轴的夹角， ，所以， 在轴截面中，其母线旋转轨迹是双曲线，其渐近线与轴角也为，即渐近斜率为， 所以，，故D正确. , 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 为空间任意一点，若，若，，，四点共面，则_____. 【答案】##0.125 【解析】 【分析】将化简为：，利用四点共面定理可得，即可求解. 【详解】因为，， 所以， 即， 由于，，，四点共面，则， 解得：； 故答案为： 13. 的内角，，的对边分别为，，，，则角的大小为______．若角为钝角，则的取值范围为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】第一空：利用正弦定理边化角，进而根据三角恒等变可求得，可求；第二空：利用边化角，结合的范围，可求的取值范围. 【详解】第一空：由，可得， 所以，所以， 因为，所以，所以，又，所以； 第二空：因为角为钝角，所以，所以， 所以, 所以的取值范围. 故答案为：①；②. 14. 已知函数，则下列命题正确的是______． ①在上单调递减； ②若是小于1的最大零点，是大于1的最小零点，则； ③若，为的两个相邻零点，则； ④，，使得在上有两个零点． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】①令，则 根据复合函数 “同增异减”判断 的单调性；②零点满足 ，得，对同一个，由韦达定理得；③举出反例，设且推出矛盾；④当时，，零点近似满足 ，即 ,相邻零点间距：,当时间距可任意小，因此对任意长度，总能找到足够密集的两个零点落在长度为的区间内, 【详解】①令，则 在上，，故单调递增，且 ， 因为，所以 在 上单调递减， 根据复合函数 “同增异减”， 在上单调递减，①正确； ② 零点满足 ，得， 对同一个，是小于 1 的最大零点，是大于 1 的最小零点，由韦达定理得，②正确； ③不妨设且，两式相减得， 即，因为，所以，所以，③错误； ④当时，，零点近似满足 ，即 , 相邻零点间距：,当时间距可任意小， 因此对任意长度，总能找到足够密集的两个零点落在长度为的区间内,④正确. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，角的对边分别为，已知，且． （1）求角； （2）延长到点，使，且的面积为，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合三角恒等变换即可求解， （2）根据面积公式可得为等边三角形，即可求解，根据余弦定理可得，进而由正弦定理即可求解. 【小问1详解】 由正弦定理，可化为 ， 因为，即， 所以， 所以， 所以， 又因为，所以，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 因为，且的面积为， 所以的面积为， 所以， 因为，所以， 所以为等边三角形，所以，. 因为，所以. 在中，由余弦定理得， 所以. 在中，由正弦定理得 ， 即， 所以. 16. 如图，三棱锥中，平面AOB，，，． （1）求证：平面POC； （2）求平面PAB与平面POC夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：因为平面AOB，平面AOB， 因此，，故， 在等腰中，易知，， 由正弦定理可得， 则，在中，由余弦定理，可得， 故有，则， 因为，平面POC，且、， 所以平面POC． （2） 【解析】 【分析】（1）根据几何性质，证明，再结合平面AOB即可证明平面POC； （2）以O为原点，OA为轴，OC为轴，OP为轴建立空间直角坐标系，通过空间向量法求解二面角的余弦值即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，OA、OP、OB三者两两垂直， 则以O为原点，OA为轴，OC为轴，OP为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 又，可得， 因为平面POC，所以平面POC的一个法向量为， 又，， 设平面PAB的法向量为，则，即， 令，则可得平面PAB的一个法向量，为， 所以平面PAB与平面POC的夹角余弦值为． 17. 某商城为了回馈广大顾客，设计了一个抽奖活动，在抽奖箱中放8个大小相同的小球，其中4个为红色，4个为白色.抽奖方式为：每名顾客进行两次抽奖，每次抽奖从抽奖箱中一次性摸出两个小球，规定第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，如果每次抽奖摸出的两个小球颜色相同即为中奖，两个小球颜色不同即为不中奖. （1）求中奖次数的分布列和数学期望； （2）已知有300位顾客进行抽奖，则其中中奖2次的人数为多少的概率最大？ 【答案】（1）分布列为 0 1 2 数学期望为； （2） 【解析】 【分析】（1）分别求出的可能取值和对应的概率，得到分布列和数学期望； （2）中奖2次的人数，从而得到不等式组，求出答案 【小问1详解】 若第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，则的取值为0，1，2， ，即两次抽奖均未中奖，两次抽到的均是1个红球，1个白球， 则， ，第一次抽到两个红球或两个白球，第二次抽到一个红球，一个白球 或第一次抽到一个红球，一个白球，第二次抽到两个红球或两个白球， 则， ，第一次抽到2个红球，第二次也抽到2个红球，此时概率为， 第一次抽到2个红球，第二次抽到2个白球，此时概率为， 第一次抽到2个白球，第二次也抽到2个白球，此时概率为， 第一次抽到2个白球，第二次抽到2个红球，此时概率为， 故， 则的分布列为 0 1 2 所以； 【小问2详解】 设300位顾客中奖2次的人数，， 令， 所以 得，又，故. 18. 已知椭圆：，、分别为左、右焦点，直线过交椭圆于、两点． （1）求椭圆的离心率； （2）若直线交轴于，直线交轴于，是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）存在直线或满足题意． 【解析】 【分析】（1）从椭圆方程得，，由求，再用离心率公式求解；（2）设直线：，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，面积相等条件列方程求解参数. 【小问1详解】 由椭圆方程知，，得，， 所以，所以椭圆的离心率． 【小问2详解】 ，设，，，， 依题意设直线：， 联立，得． 则，． 直线的方程：，令得纵坐标； 直线的方程：，令得的纵坐标． 则，． 若，即， ， ，， 因为，，所以， 解得． 存在直线或满足题意. 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时， （i）过点可以作函数的两条切线，求b的取值范围； （ii）设A，B是图象上两个不同的点，且A，B两点到的距离相等，判断线段AB的中点在第几象限，并证明. 【答案】（1）当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减； （2）（i）； （ii）线段的中点在第四象限，证明如下： 设，两点的坐标分别为， 由，可得， 令，则， 当时，，则，则在上单调递减； 当时，，则，则在上单调递增； 由，不妨设． 令 ∴当时，，则， 又， 而在上单调递增，从而有，可得； ∴线段的中点的纵坐标，横坐标， 故其位置在第四象限． 【解析】 【分析】（1）求导后对分类讨论即可； （2）（i）求出切线方程代入点坐标得到，再设新函数求导研究即可； （ii）设点坐标，根据得到方程，再构造函数，求导后研究其单调性，从而构造函数，求导后得到即可. 【小问1详解】 ， ①当时，，则在上单调递增； ②当时，令，得，则在上单调递增； 令，得，则在上单调递减； 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 【小问2详解】 （i），设切点为，则切线方程为， 代入点坐标，得， 由题，上述关于的方程有两个不同的解， 令，则， 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减；所以的极大值为， 当时，；当时，， 则的取值范围为. （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 云南师大附中2027届高三数学第三次学科体验 一、单选题：本大题共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. 已知集合，，则集合M与N的关系是（ ） A. B. C. D. 2. 设复数z满足，则（ ） A. B. 3 C. D. 5 3. 若，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列满足，且，则数列的前项和为（ ） A. B. C. D. 5. 三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮.一种内圆外方的筒型玉器，是古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称，如图所示，圆筒内径长2，外径长3，筒高4，中部为棱长是3cm的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，向量满足，抛物线的焦点为F，点P在抛物线上，则的最小值为（ ） A. 4 B. C. 3 D. 7. 若点关于动直线l：的对称点为N，则点N的轨迹为（ ） A. 圆的一部分 B. 椭圆的一部分 C. 双曲线的一部分 D. 抛物线的一部分 8. 设函数，若，则的最小值为（ ） A. B. C. 0 D. 二、多选题：本大题共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. 某地区组织了一次高二全体学生的期中考试，经统计发现，数学成绩X近似服从正态分布，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 对于数列，设其前项和，则下列命题正确的是（ ） A. 若数列为等比数列，成等差，则也成等差 B. 若数列为等比数列，则 C. 若数列为等差数列，且，则使得的最小的值为13 D. 若数列为等差数列，且，则中任意三项均不能构成等比数列 11. 如图，已知正方体，点，O分别为上、下底面的中心.正四面体以为轴旋转一圈，形成一个空间几何体，该几何体的轴截面的截口曲线（截面与几何体侧面的交线）为双曲线的局部，则（ ） A. 直线与直线所成的角为90° B. 直线与平面所成的角为45° C. 若正方体的棱长为2，则点到平面的距离为 D. 此双曲线的离心率为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 为空间任意一点，若，若，，，四点共面，则_____. 13. 的内角，，的对边分别为，，，，则角的大小为______．若角为钝角，则的取值范围为______． 14. 已知函数，则下列命题正确的是______． ①在上单调递减； ②若是小于1的最大零点，是大于1的最小零点，则； ③若，为的两个相邻零点，则； ④，，使得在上有两个零点． 四、解答题：本大题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，角的对边分别为，已知，且． （1）求角； （2）延长到点，使，且的面积为，求的值． 16. 如图，三棱锥中，平面AOB，，，． （1）求证：平面POC； （2）求平面PAB与平面POC夹角的余弦值． 17. 某商城为了回馈广大顾客，设计了一个抽奖活动，在抽奖箱中放8个大小相同的小球，其中4个为红色，4个为白色.抽奖方式为：每名顾客进行两次抽奖，每次抽奖从抽奖箱中一次性摸出两个小球，规定第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，如果每次抽奖摸出的两个小球颜色相同即为中奖，两个小球颜色不同即为不中奖. （1）求中奖次数的分布列和数学期望； （2）已知有300位顾客进行抽奖，则其中中奖2次的人数为多少的概率最大？ 18. 已知椭圆：，、分别为左、右焦点，直线过交椭圆于、两点． （1）求椭圆的离心率； （2）若直线交轴于，直线交轴于，是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由． 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时， （i）过点可以作函数的两条切线，求b的取值范围； （ii）设A，B是图象上两个不同的点，且A，B两点到的距离相等，判断线段AB的中点在第几象限，并证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $