精品解析：广东省部分校2026-2027学年高三上学期9月供题训练（C1）数学试题

2027届高三供题训练（C1） 数学试题 本试卷共4页，19题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必填写答题卡上的有关项目． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将答题卡交回． 一、选择题：本题共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（ ） A. B. C. D.  【答案】A 【解析】 【详解】集合， 所以，故A正确； 元素与集合之间没有子集与真子集关系，故CD错误. 2. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】 3. 已知向量，，且，则（ ） A. B. 9 C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由向量垂直的坐标表示列方程求x. 【详解】∵，，， ∴， ∴ ， 故选：B. 4. 已知是双曲线的右焦点，则到的两条渐近线的距离之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出右焦点坐标及渐近线，再利用点到直线距离公式计算求解. 【详解】双曲线：的右焦点为， 渐近线为， 则点到直线的距离为． 点到直线的距离为． 所以到的两条渐近线的距离之和为. 5. 设甲：，乙：，，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据充分条件与必要条件的定义即可确定选项. 【详解】若乙成立，即，，则， 根据正弦的诱导公式可得：， 故：乙甲成立，即甲是乙的必要条件. 若甲成立，即，令，， 满足，但，不满足， 故：甲乙不成立，甲不是乙的充分条件. 所以，甲是乙的必要条件但不是充分条件. 6. 某社区为了丰富居民文化生活，开设了9层阶梯式读书角，每层摆放一个书架，每个书架摆放的图书数量从上到下依次构成数列，其中，，成等差数列，后7项，…，也成等差数列，且，，，则这9层书架上的书一共有（ ） A. 81本 B. 84本 C. 87本 D. 90本 【答案】C 【解析】 【详解】数列 后 7 项 构成等差数列，公差为 d， 则 ，，. 由 ，得 ， 即 ；① 由 ，得 .② ② − ①，得 ，即 ； 代入②，得 ，即 . 又 成等差数列，且 ，，故 。 因此 9 层书架图书总数为 7. 三棱锥中，，且，则当三棱锥的体积最大时，直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由△ABC面积为定值，得体积最大时点P到平面ABC的距离最大，即PC⊥平面ABC，再通过空间向量求异面直线所成角的余弦值. 【详解】由，，得的面积，为定值 ， 三棱锥体积，其中为点到平面的距离， 已知，故，当且仅当平面时，取最大值1，此时三棱锥体积最大， 以为原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，由平面且，得, 则，, 设异面直线与所成角为，，，，，  所以 ，所以直线与所成角的余弦值为. 8. 设函数的图象与函数的图象关于直线对称，则在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用互为反函数的图象关于对称求出的解析式，再通过求导得到切线斜率，结合切点坐标即可求出切线方程. 【详解】因为与的图象关于直线对称，故是的反函数. 令，由对数运算性质得，即， 将互换得，.  将代入，得，故切点为.  对求导得，将代入得，即切线斜率. 由直线的点斜式方程得，整理得. 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，有错选的得0分． 9. 有一组样本数据，，，，这组样本数据的中位数为，则（ ） A. ，，，，的极差等于，，，的极差 B. ，，，，的平均数等于，，，的平均数 C. ，，，，的中位数等于，，，的中位数 D. ，，，，的标准差等于，，，的标准差 【答案】AC 【解析】 【分析】根据给定条件，利用极差、中位数的意义判断AC；举例并结合平均数、标准差的意义判断BD. 【详解】将原4个样本数据从小到大排序并记为，由中位数定义，得，， 对于A，两组数据的极差均为，A正确； 对于B，取原数据为1,2,3,6，原平均数为，中位数，新数据平均数为，B错误； 对于C，新数据共5个，排序后为，中位数为排序后的第3个数，与原数据中位数相等，C正确； 对于D，取原数据为1,2,3,4，其平均数为，标准差为， 而，则新数据的平均数为，标准差为，二者不相等，D错误. 10. 已知抛物线的焦点为准线为，圆过点．下列说法正确的是（ ） A. B. 的方程为 C. 若圆心在上，则圆与相切 D. 若圆与相切，则圆心在上 【答案】BCD 【解析】 【详解】因抛物线的焦点为，则，解得，故A错误； 准线的方程为，故B正确； 当圆心在上时，设点到准线的距离为，根据抛物线的定义，可得， 又因圆过点，即点到准线的距离等于圆的半径，故圆与相切，即C正确； 反之，若圆与相切，则点到准线的距离等于圆的半径，又圆过点． 即，故点在上，即D正确. 11. 已知，，…，均为有限实数集，记中的最大元素为，对，都有．若，则（ ） A. B. C. 中的元素个数为 D. 中所有元素的和为752 【答案】ACD 【解析】 【分析】由定义计算得到，由定义可知满足等比数列，从而求出，由定义判断与没有任何重复元素，即得到的元素个数；通过定义知道与中所有元素的和的关系，逐项求得结果. 【详解】由题意可知中的最大元素为，则，A选项正确； 由题意可知，所以，B选项错误； 因为有2个元素，且，所以的元素个数为个， 且不存在任意两个元素差为6，所以的元素个数为个， 所以中不存在任意两个元素的差为，即与没有任何重复元素， 所以的元素个数为个，C选项正确； 令中所有元素的和为，因为， 所以， ， ， ， ， ，D选项正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知正四棱台上下底面正方形的边长分别为1和2，该正四棱台的高为3，则该正四棱台体积为__________． 【答案】7 【解析】 【详解】正四棱台上底面面积，下底面面积，高， 所以该正四棱台体积. 13. 已知函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，则__________． 【答案】 【解析】 【详解】设 ，. 因为 为奇函数，所以对任意 ，有 ， 即 ；① 因为 为偶函数，所以对任意 ，有 ， 即 ，整理得 .② 由①得 .③ 由②③联立，得 ， 即 ， 故 . 所以 . 14. 三个编号为1，2，3的不同小球，全部随机放入编号为1，2，3的三个盒子中，每个盒子可放任意数量的小球（允许空盒）．规定：若一个盒子为空盒，得0分；若不是空盒子，则得分为盒内小球编号的最小值．记三个盒子的总得分为，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】写出随机变量的取值，然后根据古典概型求得对应的概率，即可求得期望. 【详解】随机变量的可取值为1,3,4,6. 三个小球任意放在三个盒子里，总共有种可能； 时，三个小球全部放在一个盒子里，则， 时，编号1放在一个盒子，编号2放在另一个盒子，编号3跟编号1或者编号2放在一个盒子里，则， 时，编号1和编号2放在一个盒子，编号3放在一个盒子，则， 时，编号1、编号2、编号3各放在一个盒子，则， 所以. 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. 记为数列的前项和，已知． （1）证明：数列是等比数列； （2）若数列是各项均为正数的等比数列，且满足，求数列的通项公式． 【答案】（1）证明：由数列的前项和为， 当时，； 当时，， 因为适合上式，所以数列的通项公式为， 又因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用和的关系式，求得数列的通项公式为，结合等比数列的定义，即可得证； （2）设数列的公比为，根据题意，分别令和，列出方程组，求得的值，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由数列是各项均为正数的等比数列，设数列的公比为，且， 因为且， 令和，可得，即， 两式相除，可得，所以， 则，解得， 所以数列的通项公式为. 16. 如图，等腰梯形中，，，沿对角线折叠，使平面平面．为中点，为的中点． （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）因为，为中点，因此等腰中， 又因为平面平面，平面平面，平面， 根据面面垂直的性质定理，得平面， 由于平面，因此. （2） 【解析】 【分析】（1）先证明；根据面面垂直的性质定理可得平面，进而可证. （2）以为原点，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，直线的方向向量，通过向量的夹角公式计算线面角的正弦值. 【小问1详解】 因为，为中点，因此等腰中， 又因为平面平面，平面平面，平面， 根据面面垂直的性质定理，得平面， 由于平面，因此. 【小问2详解】 在等腰梯形中，，，， 取中点，连接、， 由得，结合且， 可知且，且，因此四边形、四边形均为平行四边形， 由平行四边形性质得，结合，可知是边长为的等边三角形， 因此，， 由，可得，又， 所以，所以 ， 由（1）平面，又平面，所以， 结合，平面，可得平面， 以为原点，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则 ，，，， 因为为中点，故， 直线的方向向量，，， 设平面的法向量为， 则 ，  令，解得，，即， 设直线与平面所成角为， 根据线面角的向量公式， 可得 . 所以直线与平面所成角的正弦值为． 17. 在某学校举办的体育节乒乓球活动中，甲、乙两人比赛，比赛规则为：共进行（为正整数）局比赛，所赢局数多者获胜．假设每局比赛甲赢的概率都是，各局比赛之间的结果互不影响，且没有平局． （1）若，时，设两人所赢局数之差的绝对值为，求的分布列； （2）记事件表示“乙最终获胜”，记事件表示“在前局比赛中甲赢了局”． （ⅰ）若，，求，； （ⅱ）求． 【答案】（1）随机变量的分布列为： （2）（ⅰ），；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）先确定的可能取值，再确定取各值的概率，由此可得其分布列； （2）（ⅰ）结合独立事件概率乘法公式求，，再由条件概率公式求结论； （ⅱ）结合条件概率的意义及独立事件概率乘法公式求结论. 【小问1详解】 当时，共进行局，是两人所赢局数之差的绝对值，的取值有， 即为甲赢局乙赢局、甲赢局乙赢局， 所以； 即为甲赢局乙赢局、甲赢局乙赢局， 所以； 即为甲赢局乙赢局、甲赢局乙赢局， 所以； 所以随机变量的分布列为： 【小问2详解】 （ⅰ）若，， 则，， ，， 所以，； （ⅱ）事件发生等价于甲赢了局，则乙赢了局， 则剩余局乙需要全部获胜，才能最终总赢局数超过甲，因此， 事件发生等价于甲赢了局，则乙赢了局， 则剩余局中乙至少赢下局，才能最终总赢局数超过甲，因此， 所以． 18. 已知椭圆，过点且不过点的直线与椭圆交于，两点，过点作直线，使得，直线与直线相交于点． （1）求椭圆的离心率； （2）若三角形与四边形的面积比为4∶5，求直线的方程； （3）证明：点在直线上． 【答案】（1） （2） （3）证明：由题意知，点，可得 因为，可得直线，所以的方程为，即， 又因为，可得直线的方程为， 联立方程组，整理得， 因为点在直线上，可得，且 代入得，即， 即方程， 要证得点在直线上，只需这个方程的解为， 把代入上述方程，可得： 左边， 因为，可得， 所以左边， ， 所以左边右边，所以是联立方程组的解，所以点在直线上. 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得，结合椭圆的几何性质，即可求解； （2）设的方程为，联立方程组，求得，由，得到，求得，结合韦达定理，列出方程，求得的值，即可求解； （3）根据题意，分别求得直线和的方程，联立方程组，结合点在直线上，化简得到方程，进而证得是联立方程组的解，即可得证. 【小问1详解】 解：由椭圆，可得，则， 所以椭圆的离心率为. 【小问2详解】 解：由题意知，直线过点，设直线的方程为， 联立方程组，整理得， 设，可得， 因为，所以， 又因为，可得，所以， 所以，即，可得，所以， 将代入，可得， 解得，所以， 所以，即， 整理得，所以， 当时，直线为，即，此时直线过点，不符合题意（舍去）； 当时，直线为，此时直线不过点，符合题意， 综上可得，直线的方程为. 【小问3详解】 略 19. 已知函数． （1）当，时，求的单调区间； （2）当时，有，求的最大值； （3）若满足，则称为函数的不动点． （ⅰ）当，，时，，使得既是的极值点，也是的不动点，求的值； （ⅱ）是否存在，，使得有两个相异的极值点均为的不动点？请说明理由． 【答案】（1）当时，函数在上单调递增， 当时，函数在上单调递增，在上单调递减， （2） （3）（ⅰ）； （ⅱ）不存在，理由如下： 假设存在满足条件的，，设相异的极值点分别为， 而，， 可得， 即，， 即，即， 化简得，由于，，则，矛盾，故不存在满足条件的，. 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数分类讨论即可求解； （2）根据，结合题意可得，进而计算可解； （3）（ⅰ）求导，由题意化简可得，构造函数，求导得其单调性，根据单调性可得，进而计算可解；（ⅱ）假设存在满足条件的，，由题意化简可得，得出矛盾，说明假设不成立. 【小问1详解】 当，时，，， 当时，恒成立，所以函数在上单调递增， 当时，令，得， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减； 综上：当时，函数在上单调递增， 当时，函数在上单调递增，在上单调递减； 【小问2详解】 而，则， 则， 所以， 所以，当且仅当，时等号成立， 所以的最大值为， 【小问3详解】 （ⅰ）当，，时，，， 由题意可得， 所以，，即， 令，则， 因为，所以函数在上单调递增， 因为，所以函数存在唯一零点，所以，， （ⅱ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三供题训练（C1） 数学试题 本试卷共4页，19题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必填写答题卡上的有关项目． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将答题卡交回． 一、选择题：本题共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（ ） A. B. C. D.  2. （ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，且，则（ ） A. B. 9 C. D. 4 4. 已知是双曲线的右焦点，则到的两条渐近线的距离之和为（ ） A. B. C. D. 5. 设甲：，乙：，，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 6. 某社区为了丰富居民文化生活，开设了9层阶梯式读书角，每层摆放一个书架，每个书架摆放的图书数量从上到下依次构成数列，其中，，成等差数列，后7项，…，也成等差数列，且，，，则这9层书架上的书一共有（ ） A. 81本 B. 84本 C. 87本 D. 90本 7. 三棱锥中，，且，则当三棱锥的体积最大时，直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 设函数的图象与函数的图象关于直线对称，则在点处的切线方程为（ ） 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，有错选的得0分． 9. 有一组样本数据，，，，这组样本数据的中位数为，则（ ） A. ，，，，的极差等于，，，的极差 B. ，，，，的平均数等于，，，的平均数 C. ，，，，的中位数等于，，，的中位数 D. ，，，，的标准差等于，，，的标准差 10. 已知抛物线的焦点为准线为，圆过点．下列说法正确的是（ ） A. B. 的方程为 C. 若圆心在上，则圆与相切 D. 若圆与相切，则圆心在上 11. 已知，，…，均为有限实数集，记中的最大元素为，对，都有．若，则（ ） A. B. C. 中的元素个数为 D. 中所有元素的和为752 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知正四棱台上下底面正方形的边长分别为1和2，该正四棱台的高为3，则该正四棱台体积为__________． 13. 已知函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，则__________． 14. 三个编号为1，2，3的不同小球，全部随机放入编号为1，2，3的三个盒子中，每个盒子可放任意数量的小球（允许空盒）．规定：若一个盒子为空盒，得0分；若不是空盒子，则得分为盒内小球编号的最小值．记三个盒子的总得分为，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. 记为数列的前项和，已知． （1）证明：数列是等比数列； （2）若数列是各项均为正数的等比数列，且满足，求数列的通项公式． 16. 如图，等腰梯形中，，，沿对角线折叠，使平面平面．为中点，为的中点． （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 在某学校举办的体育节乒乓球活动中，甲、乙两人比赛，比赛规则为：共进行（为正整数）局比赛，所赢局数多者获胜．假设每局比赛甲赢的概率都是，各局比赛之间的结果互不影响，且没有平局． （1）若，时，设两人所赢局数之差的绝对值为，求的分布列； （2）记事件表示“乙最终获胜”，记事件表示“在前局比赛中甲赢了局”． （ⅰ）若，，求，； （ⅱ）求． 18. 已知椭圆，过点且不过点的直线与椭圆交于，两点，过点作直线，使得，直线与直线相交于点． （1）求椭圆的离心率； （2）若三角形与四边形的面积比为4∶5，求直线的方程； （3）证明：点在直线上． 19. 已知函数． （1）当，时，求的单调区间； （2）当时，有，求的最大值； （3）若满足，则称为函数的不动点． （ⅰ）当，，时，，使得既是的极值点，也是的不动点，求的值； （ⅱ）是否存在，，使得有两个相异的极值点均为的不动点？请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $