精品解析：贵州黔西市2027届高三上学期零诊考试数学试题

黔西市2027届高三年级零诊考试 数学 注意事项： 1．本试卷分为选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试时间120分钟． 2．答卷前，请务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置，在条形码粘贴区域规范粘贴条形码． 3．答卷时，请认真读题，选择题必须使用2B铅笔，非选择题必须使用黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置，字迹工整，笔迹清楚． 4．所有题目必须在答题卡上相应位置作答，在试卷上答题无效． 5．请保持答题卡平整，不能折叠，考试结束后，将答题卡交回（试卷不用收回）． 一、单项选择题（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，只有一项符合题目要求） 1. 已知复数，则的共轭复数在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 若双曲线（）的一个焦点坐标为，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 4. 的展开式中的系数为（ ） A. B. C. D. 5. 等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. 6 B. C. D. 8 6. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 已知抛物线上两点，处的切线互相垂直，则（ ） A. B. C. D. 8. 黔西市2026年“自然凉·毕燃嗨”火把狂欢避暑旅游季活动中，黔西市某单位派出6名志愿者前往4个避暑旅游节服务点参与志愿服务，每个服务点至少去1名志愿者，其中甲志愿者去A服务点，则不同的分配方法种数为（ ） A. 360种 B. 390种 C. 750种 D. 1170种 二、多项选择题（本题共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. 已知，，则下列结论正确的是（   ） A. B. C. D. 10. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，为椭圆上一点，则（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 存在点，使得 C. 的最大值为4 D. 使得为等腰三角形的点共有6个 11. 如图，四棱锥的底面为正方形，平面，，，动点在线段上，则（ ） A. 四棱锥的外接球表面积为 B. 存在点，使得 C. 的最小值为 D. 点到直线的距离的最小值为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知一组数据为4，6，1，2，2，5，6，8，则这组数据的第25百分位数为______． 13. 平面内有共线但不重合的三点，，，对平面内任意点满足（其中），则的最小值为___________． 14. 已知数列满足，则数列前项和为_______． 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，内角，，的对边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）若是边上的中线，且，求面积的最大值． 16. 某高中统计高二年级某班5个学习小组的序号与小组内主动完成周末拓展习题的人数，统计结果如下表： （小组序号） 1 2 3 4 5 （主动完成拓展习题的人数） 2 2 3 4 4 已知主动完成拓展习题的人数与小组序号具有线性相关关系． （1）求主动完成拓展习题的人数关于小组序号的经验回归方程； （2）从这5个学习小组中随机抽取3组，设抽取到组内主动完成拓展习题的人数不低于3人的小组个数为随机变量，求的分布列与数学期望． 参考公式：，．参考数据： 17. 在四棱锥中，底面是正方形，若. （1）求证：平面平面； （2）求二面角的正弦值. 18. 已知圆：，直线：，设直线与圆相交于，两点 （1）若直线恒过定点，求出点坐标； （2）求弦中点的轨迹方程； （3）相交弦长度的最小值及相应的的值． 19. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）若，证明：； （3）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 黔西市2027届高三年级零诊考试 数学 注意事项： 1．本试卷分为选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试时间120分钟． 2．答卷前，请务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置，在条形码粘贴区域规范粘贴条形码． 3．答卷时，请认真读题，选择题必须使用2B铅笔，非选择题必须使用黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置，字迹工整，笔迹清楚． 4．所有题目必须在答题卡上相应位置作答，在试卷上答题无效． 5．请保持答题卡平整，不能折叠，考试结束后，将答题卡交回（试卷不用收回）． 一、单项选择题（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，只有一项符合题目要求） 1. 已知复数，则的共轭复数在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【详解】，， 则的共轭复数在复平面内对应的点为，位于第一象限． 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意知，集合或， 集合， 则. 3. 若双曲线（）的一个焦点坐标为，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由双曲线方程以及焦点坐标求出，进而得出双曲线的离心率. 【详解】由题意可知，，，则， 则该双曲线的离心率为. 4. 的展开式中的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】对于，其展开式通项为：. 令，解得. 将代入系数表达式，得项的系数为：. 5. 等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. 6 B. C. D. 8 【答案】A 【解析】 【详解】由，可得，又， 所以，即， 所以， 所以. 6. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题意可得在上的投影向量为. 7. 已知抛物线上两点，处的切线互相垂直，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数的几何意义得出，处的切线斜率，然后利用切线互相垂直得出. 【详解】的导数，由导数的几何意义， 在处的切线斜率为，在处的切线斜率为. 又因为切线互相垂直，所以，所以 8. 黔西市2026年“自然凉·毕燃嗨”火把狂欢避暑旅游季活动中，黔西市某单位派出6名志愿者前往4个避暑旅游节服务点参与志愿服务，每个服务点至少去1名志愿者，其中甲志愿者去A服务点，则不同的分配方法种数为（ ） A. 360种 B. 390种 C. 750种 D. 1170种 【答案】B 【解析】 【分析】分为只有甲前往A服务点、甲与另外1个人前往A服务点和甲与另外2个人前往A服务点三种情况，再对其它人员进行分组分配即可求出答案. 【详解】只有甲前往A服务点的总方法数：； 甲与另外1个人前往A服务点的总方法数：； 甲与另外2个人前往A服务点的总方法数：； 综上，总分配方法数为. 二、多项选择题（本题共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. 已知，，则下列结论正确的是（   ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】由平方关系求得，从而确定可推范围，再由平方关系求得，用方程组思想求得，最后由商数关系求得. 【详解】由得， ，又，，所以，所以，A正确； 因为，，所以，所以， B正确； 结合可得，，C正确； ，D不正确． 故选：ABC． 10. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，为椭圆上一点，则（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 存在点，使得 C. 的最大值为4 D. 使得为等腰三角形的点共有6个 【答案】CD 【解析】 【分析】先由椭圆方程求出，对A，利用离心率公式求解；对B，利用短轴端点处最大的性质判断张角最大值；对C，结合椭圆定义和基本不等式求解判断；对D，分三类等腰三角形情况计数符合条件的点的个数. 【详解】由椭圆，得，则， 对于A，椭圆的离心率，故A错误； 对于B，当点在短轴端点处时，最大，此时，又， 所以，即，所以不存在点，使得，故B错误； 对于C，由椭圆定义得， 由基本不等式可得，当且仅当时取等号，故C正确； 对于D，要使得为等腰三角形，分下面三种情况： 当时，对应短轴两个端点，共2个点； 当，，对应上下2个点； 当，，对应上下2个点； 综上，使得为等腰三角形的点共有6个，故D正确. 11. 如图，四棱锥的底面为正方形，平面，，，动点在线段上，则（ ） A. 四棱锥的外接球表面积为 B. 存在点，使得 C. 的最小值为 D. 点到直线的距离的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，将动点在线段上的位置用参数表示，从而把外接球直径、向量垂直条件、及点到直线距离等几何问题全部转化为关于的代数运算，其中外接球可通过补成长方体快速求解，垂直问题化为向量点积为零，距离最值则归结为闭区间上二次函数的最值. 【详解】以为原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系. 则. 动点在线段上，设，则. 选项 A：将四棱锥补成长、宽、高分别为的长方体， 其外接球即为四棱锥的外接球，外接球直径等于长方体体对角线长，， 故， 外接球表面积.故 A 正确. 选项 B：，，. 令 ， 得，故存在点使.故 B 正确. 选项 C：，， 故，. 二次函数在时取最小值， 故.故 C 错误. 选项 D：直线即轴，点到的距离为. 二次函数在时取最小值， 故.故 D 正确. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知一组数据为4，6，1，2，2，5，6，8，则这组数据的第25百分位数为______． 【答案】2 【解析】 【详解】这组数从小到大排序为1，2，2，4，5，6，6，8共8个数， 因为， 所以这组数据的第25百分位数为． 13. 平面内有共线但不重合的三点，，，对平面内任意点满足（其中），则的最小值为___________． 【答案】 ## 【解析】 【分析】先根据三点共线的向量性质得到，再通过“1的代换”结合基本不等式求解目标式的最小值. 【详解】因为三点共线且不重合，且， 所以， 所以， 当且仅当，即，时取等号. 所以的最小值为. 14. 已知数列满足，则数列前项和为_______． 【答案】 【解析】 【分析】先利用递推式作差求出数列的通项公式，再通过裂项相消法求解新数列的前项和. 【详解】已知①. 当时，代入①式得. 当时，有②. ①-②得： ∵ ，∴ 两边同除以得（），且时也满足该式，故对任意，. ∴ . 设数列的前项和为，则 【点睛】方法归纳：对于形如的递推式，常通过作差法消去前项求通项；裂项相消法适用于通项可拆为两项差的数列求和，相消后剩余首尾对称的项. 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，内角，，的对边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）若是边上的中线，且，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1) 利用余弦定理把条件中的cosB展开，化简后求得角A； (2) 借助中线向量公式建立边长关系，结合基本不等式求面积最大值，综合考查正余弦定理、向量在三角形中的应用与基本不等式. 【小问1详解】 由余弦定理，，代入已知条件，得， 两边同乘，整理得，即. 由余弦定理， 又，故. 【小问2详解】 由为边上中线，则， 两边平方：. 已知， 代入得，即. 由基本不等式，得，即，当且仅当时取等号. 三角形面积，故， 即面积最大值为. 16. 某高中统计高二年级某班5个学习小组的序号与小组内主动完成周末拓展习题的人数，统计结果如下表： （小组序号） 1 2 3 4 5 （主动完成拓展习题的人数） 2 2 3 4 4 已知主动完成拓展习题的人数与小组序号具有线性相关关系． （1）求主动完成拓展习题的人数关于小组序号的经验回归方程； （2）从这5个学习小组中随机抽取3组，设抽取到组内主动完成拓展习题的人数不低于3人的小组个数为随机变量，求的分布列与数学期望． 参考公式：，．参考数据： 【答案】（1） （或） （2）X的分布列为： 数学期望（或1.8） 【解析】 【小问1详解】 ∵ 由题意得，，，，又，， ∴ ， ∴ ， ∴ 所求经验回归方程为. 【小问2详解】 ∵ 5个小组中，主动完成拓展习题人数不低于3人的小组共有3个，低于3人的小组共有2个， ∴ 随机抽取3组，随机变量X的所有可能取值为1,2,3，且X服从参数的超几何分布， ∴ ， ， ， ∴ X的分布列为： ∴ 数学期望. 17. 在四棱锥中，底面是正方形，若. （1）求证：平面平面； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1） 取的中点为，连接. 因为，，则， 而，故. 在正方形中，因为，故，故， 因为，故，故为直角三角形且， 因为，平面，故平面， 因为平面，故平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面. （2）在平面内，过作轴，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在平面内，过作轴， 结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系. 则，故. 设平面的法向量，则，即，取，则，故. 而平面的法向量为，故，则 所以二面角平面角的正弦值为. 18. 已知圆：，直线：，设直线与圆相交于，两点 （1）若直线恒过定点，求出点坐标； （2）求弦中点的轨迹方程； （3）相交弦长度的最小值及相应的的值． 【答案】（1） 定点的坐标为； （2） 弦中点的轨迹方程为； （3） 弦长度的最小值为，对应的。 【解析】 【分析】（1）分离参数求直线恒过定点； （2）利用垂径定理的垂直关系推导中点轨迹； （3）结合弦长公式与距离最值求最短弦长及对应参数. 【小问1详解】  对直线的方程变形：将整理为， 该式对任意实数恒成立，因此需满足，解得， 即定点的坐标为. 【小问2详解】 设弦的中点为，圆的圆心为，由垂径定理可得. 因为在直线上，直线恒过，故，即， 代入，得： ，  展开并配方得， 因为圆内含于圆C,故圆上所有点都符合题意， 所以弦中点的轨迹方程为; 【小问3详解】 设圆心到直线的距离为，圆的半径， 由弦长公式得，因此最大时最小， 由于直线恒过定点，故，当且仅当时取最大值， 计算得，. 此时直线的斜率，由得，解得. 19. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）若，证明：； （3）证明：． 【答案】（1）若，的单调递增区间为，无递减区间；若，单调递减区间为，单调递增区间为. （2）证明：若，则，设， 则，令，解得， 当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增， 所以，所以，即， 由可知：， 令， 则， 由，当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以，即 综上所述：． （3）解法一： 由（2）知，当时取等号；，当时取等号； 所以，因此，当时恒成立． 所以， 因此； 可知 ， 所以． 解法二：由（2）知：有： 先证：当时， 当时，左边，右边成立． 当时，恒成立 综上：当时，． 可知 ， 所以． 【解析】 【分析】（1）根据已知条件构造函数，对函数求导，结合函数导数与单调性，利用分类讨论分析即可； （2）构造函数，对函数求导，利用函数导数与单调性求最值，分别证明即可； （3）方法一：结合（2）的结论得出，当时恒成立． 从而得出，然后利用等比数列前项和公式以及放缩法即可证明；方法二：利用（2）的结论分析得出：当时，，然后利用等比数列前项和公式以及放缩法即可证明. 【小问1详解】 因为，所以 由， ①若，则，，所以函数在区间单调递增， 所以当时，函数的单调递增区间为，无递减区间； ②若，令，解得：， 当时，，所以在区间上单调递减， 所以函数的单调递减区间为； 当时，，所以在区间上单调递增， 的单调递增区间为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $