精品解析：浙江省杭州高级中学2027届高三上学期9月阶段性检测数学试题

2027届高三阶段性学习检测 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若，则（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数乘法的运算法则，结合复数模的运算公式进行求解即可. 【详解】因为， 所以. 故选：C 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【详解】命题“，”为存在量词命题， 其否定为：，. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，根据诱导公式求解. 【详解】因为，所以. 故选：B. 4. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量模的计算公式及向量垂直的条件可得结果. 【详解】因为，所以， 两式相减得，即． 又，所以，联立，解得,即． 故选：C． 5. 设的三个内角，，所对的边分别为，，，如果，且，那么外接圆的半径为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】由可得，已知，由即可得到半径. 【详解】因为， 所以，即， 则，又，则， 又，由正弦定理可得， 解得，即外接圆的半径为. 故选：A. 6. 设是定义在上的偶函数，且满足，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用是定义在上的偶函数，且满足得到函数的周期，再利用周期性求解即可. 【详解】因为是定义在上的偶函数，所以， 又因为，所以，即， 因此，函数的周期为，又当时，， 所以， 因为， 所以. 故选：B. 7. 已知两点均在双曲线的右支上，若恒成立，则双曲线的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将条件转化为恒成立，结合渐近线的斜率即可求解. 【详解】因为是双曲线右支上的两点，且， 所以，即， 由双曲线性质可知，，所以， 又恒成立，所以，所以，所以. 故选：B 8. 如图，在平面直角坐标系上，有一系列点，每个点均在函数的图象上.已知以点为圆心的均与轴相切，与外切，且，则（ ） A. 是等比数列，且公比为 B. 是等比数列，且公比为 C. 是等差数列，且公差为2 D. 是等差数列，且公差为4 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由与相外切，得到，化简得到，求得，结合等差数列的定义，即可求解. 【详解】因为与相外切，所以， 即， 所以， 因为每个点均在函数的图像上，可得， 所以，即，所以， 所以数列是等差数列，且公差为， 所以，则， 此时数列不是等比数列. 故选：C. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题满分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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知正项等比数列中，，设其公比为，前项和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意可得，求解方程可得，逐项判断即可. 【详解】因为，可得， 即，又因为是正项等比数列，所以， 可得，解得，所以A正确； 数列的通项公式为，所以B正确； 则，所以C不正确； 由，则，， 所以，所以D正确. 故选：ABD 10. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，为双曲线上一点，则下列说法正确的是（ ） A. 双曲线的离心率 B. 的最小值为 C. 若，则的周长为 D. 双曲线上存在不同两点关于点对称 【答案】AC 【解析】 【分析】选项A：根据离心率计算公式计算即可；选项B：利用向量数量积的坐标表示将化为二次函数，结合求解即可；选项C：根据勾股定理和完全平方公式求出，进而求出，再求周长即可；选项D：结合对称点及点差法求出直线方程，与双曲线方程联立判断是否有实数解，进而确定是否存在点. 【详解】双曲线：，，，，，. 选项A，，故A正确； 选项B，设，则，则， ， 因为，所以，所以，当或，等号成立，故B错误； 选项C，由，可得， 又，所以， 故， 则， 所以的周长为，故C正确； 选项D，设不同两点，关于点对称，则，， 因为点在双曲线上，所以，两式相减并化简得， 则，即，此时直线：，即. 代入双曲线方程整理得，此时， 这与、是双曲线上不同的两点矛盾，故D错误. 故选：AC. 11. 已知定义在R上的函数不是常数函数，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对ABC选项分别赋值即可判断，对于D先根据赋值得及，再由基本不等式及等式性质可得. 【详解】对于A：令，则， 即， 又函数不是常数函数，所以， 即，故A正确； 对于B：令，则， 所以，即，故B错误； 对于C：令，，则， 再令，，则， 由可知，当时，， 则，故C正确； 对于D：令，则，所以， 则，，又， 所以， 即，当且仅当时等号成立，故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. 展开式中项的系数为________. 【答案】 【解析】 【分析】把二项展开，只有与相乘得到项，由此即可得到本题答案. 【详解】因为 所以展开式中项的系数为. 故答案为： 13. 在三棱锥中，对棱，，，则该三棱锥的外接球体积为________，内切球表面积为________. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】将三棱锥补成长方体，计算出长方体长、宽、高的值，可计算出该三棱锥的外接球半径，计算出的表面积与体积，利用等体积法可求得该三棱锥内切球的半径，利用球体的体积和表面积公式可求得结果. 【详解】因为三棱锥每组对棱棱长相等，所以可以把三棱锥放入长方体中， 设长方体的长、宽、高分别为、、，如下图所示： 则，，，解得，， 外接球直径，其半径为， 三棱锥的体积， 在中，，，取的中点，连接，如下图所示： 则，且，所以，， 因为三棱锥的每个面的三边分别为、、， 所以，三棱锥的表面积为， 设三棱锥的内切球半径为，则，可得， 所以该三棱锥的外接球体积为，内切球表面积为. 故答案为：；. 14. 已知双曲线，其左右焦点分别为，，点P是双曲线右支上的一点，点I为的内心（内切圆的圆心），，若，，则的内切圆的半径为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得，结合双曲线的定义可得，，在中，利用余弦定理求得，再根据即可得出答案. 【详解】解：由，结合点I是的内切圆的圆心可知， 又有，所以， 再结合双曲线的定义可得，， 再根据，由余弦定理可得， 即，解得， 则， 可得内切圆的半径角. 故答案为：. 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. 在中，角的对边分别为，已知 （1）求证：； （2）若是锐角三角形，求的取值范围． 【答案】（1） 由余弦定理， 代入得，则， 由正弦定理得 所以， 所以, 得 由知，故， 所以或（舍去） 所以 （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理将角化边，再结合余弦定理得到，再利用正弦定理将边化角得到，即可得到，从而得证； （2）解法1：由（1）可知，再根据三角形为锐角三角形，得到角的取值范围，则，即可求出的取值范围；解法二： 利用，边化角可求其范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法1：，由得， 所以， . ， 由，得，， 所以， 所以，即； 解法2：由得， 因为，所以，得， 所以，即， 所以. 16. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，且． （1）求； （2）求函数与的图象在区间内的交点横坐标． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到函数的图象经过点，再代入求值即可； （2）令，再解三角方程即可． 【小问1详解】 解：由题意，函数的图象经过点， 所以函数的图象经过点，即， 代入中，得，即， 由，得， 所以，解得； 【小问2详解】 由（1）得，， ， 令，得， 则或， 解得或（舍去）， 当时，；当时，；当时，． 所以函数与的图象在区间内的交点横坐标为． 17. 如图，四棱锥的底面是直角梯形，底面且，分别是线段的中点． （1）证明：平面； （2）若平面与平面夹角的余弦值为，求； （3）在（2）的条件下，求点到平面的距离． 【答案】（1） 证明：如图，取的中点，连接． 因为， 所以，所以是平行四边形， 所以对角线与相交于点，即是的中点， 所以是的中位线，所以， 又平面平面， 所以平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定证明即可； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，再利用平面与平面夹角的向量求法求解即可； （3）利用点到面的距离公式求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点， 的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 设，则点， 则， 设平面的一个法向量为， 则由， 令，得平面的一个法向量为． 设平面的一个法向量为， 由， 令，得平面的一个法向量为． 因为平面与平面夹角的余弦值为， 所以， 解得（负值舍去），故． 【小问3详解】 由（2）得点，则， 故点到平面的距离为． 18. 设椭圆的离心率为,是的右焦点． （1）求椭圆的标准方程； （2）已知点是上的两点，且． （i）设直线的斜率为，求直线的方程； （ii）求面积的最大值与最小值． 【答案】（1） （2）（i）或；（ii）最大值为，最小值为. 【解析】 【分析】（1）由已知可得关于的方程组，求解即得椭圆的标准方程； （2）（i）设直线的方程为，设点，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用韦达定理结合，即可得到答案；（ii）设根据在椭圆上，所以， 得，， 表示 令，则，则，进而求出面积的最大值与最小值． 【小问1详解】 由题意可知： 解得， 故椭圆的方程为. 【小问2详解】 （i）设，直线的方程为：， 联立，消去整理得： 由，可得， 由韦达定理，，(*)， 则（**）， 因为，所以， 即. 将(*)，（**）代入整理得：，解得或． 经检验或都满足， 故直线的方程为：或. （ii）不妨设．则， ，， 因为点在椭圆上，所以， 整理得：， 解得，或（负值舍去）， 同理可得：， 故， 令，则，且， 则， 因在上单调递减，故， 故，即． 当时，即时，； 当时，即时．. 面积的最大值为，最小值为. 19. 已知函数． （1）若是的一个极值点． （i）求的值： （ii）判断在处取得极大值还是极小值，并说明理由； （2）若对任意恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）（i）； （ii）极小值，理由如下： 当， 令， 当时，，，函数在上单调递增， 则，， 所以在区间上单调递增，即在区间上单调递增， 所以，， 当时，， 所以在处取得极小值，其极小值为， 同时也说明了（i）中符合题意. （2）. 【解析】 【分析】（1）（i）根据导数与函数极值的关系，即可求得答案；（ii）取合适的区间，判断在附近区间内的符号，即可判断出结论. （2）分类讨论，结合导数的表达式，分、、三种情况，判断对任意是否恒成立，即可确定答案. 【小问1详解】 （i）由题意，得 所以，解得； （ii）略 【小问2详解】 当时，显然对任意. 当时，， 所以在上单调递增，． 当时，令， 则， 所以在上单调递增，而， 所以存在，使得当时，有， 此时在上为单调减函数，从而， 故恒大于等于0不成立． 综上所述，实数的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三阶段性学习检测 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若，则（ ） A. B. 2 C. D. 4 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 2 5. 设的三个内角，，所对的边分别为，，，如果，且，那么外接圆的半径为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4 6. 设是定义在上的偶函数，且满足，当时，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知两点均在双曲线的右支上，若恒成立，则双曲线的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在平面直角坐标系上，有一系列点，每个点均在函数的图象上.已知以点为圆心的均与轴相切，与外切，且，则（ ） A. 是等比数列，且公比为 B. 是等比数列，且公比为 C. 是等差数列，且公差为2 D. 是等差数列，且公差为4 二、多项选择题：本题共3小题，每小题满分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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知正项等比数列中，，设其公比为，前项和为，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，为双曲线上一点，则下列说法正确的是（ ） A. 双曲线的离心率 B. 的最小值为 C. 若，则的周长为 D. 双曲线上存在不同两点关于点对称 11. 已知定义在R上的函数不是常数函数，且，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 展开式中项的系数为________. 13. 在三棱锥中，对棱，，，则该三棱锥的外接球体积为________，内切球表面积为________. 14. 已知双曲线，其左右焦点分别为，，点P是双曲线右支上的一点，点I为的内心（内切圆的圆心），，若，，则的内切圆的半径为______. 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. 在中，角的对边分别为，已知 （1）求证：； （2）若是锐角三角形，求的取值范围． 16. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，且． （1）求； （2）求函数与的图象在区间内的交点横坐标． 17. 如图，四棱锥的底面是直角梯形，底面且，分别是线段的中点． （1）证明：平面； （2）若平面与平面夹角的余弦值为，求； （3）在（2）的条件下，求点到平面的距离． 18. 设椭圆的离心率为,是的右焦点． （1）求椭圆的标准方程； （2）已知点是上的两点，且． （i）设直线的斜率为，求直线的方程； （ii）求面积的最大值与最小值． 19. 已知函数． （1）若是的一个极值点． （i）求的值： （ii）判断在处取得极大值还是极小值，并说明理由； （2）若对任意恒成立，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $