精品解析：云南师范大学附属中学呈贡学校2027届高三上学期月考（一）数学试题

云南师大附中呈贡学校高考适应性月考卷（一） 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 一､单项选择题：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，只有一项符合题目要求 1. 样本数据5，8，9，10，12，14的下四分位数为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 8 【答案】D 【解析】 【详解】样本容量为6，，所以下四分位数为第二个，即下四分位数为8. 2. 已知，则（ ） A. B. 5 C. 10 D. 3 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以， . 3. 设全集，集合，集合，则集合（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用单调性解不等式，再结合集合的交集、并集、补集运算求解即可. 【详解】令，又因为为增函数，所以，所以集合， 对于A：，，故A正确； 对于B：，，故B错误； 对于C：，所以，故C错误； 对于D：，所以，故D错误. 4. 已知是抛物线的焦点，是该抛物线上的两点，，则线段的中点到轴的距离为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【详解】由抛物线，得抛物线的焦点为， 设，因为，所以， 所以，所以线段的中点横坐标为， 所以线段的中点到轴的距离为． 5. 设函数，则在处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求导，再求，进而得，利用导数的几何意义即可求解. 【详解】由题意得：，所以， 所以， 所以，， 所以， 所以. 6. 已知与独立，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由独立事件概率乘法公式，独立事件概率性质，条件概率公式可得答案. 【详解】因与独立，且，则. 又与独立时，与也相互独立，则， 从而. 7. 设函数.若是的最小值，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，分和两种情况，分类讨论，即可求解. 【详解】由题意得：， 当时，，当且仅当时等号成立， 即， 当时，对称轴为， 当时，即，因为是的最小值， 所以，即，解得， 所以， 当时，即，所以，不满足题意， 综上所述，. 8. 西双版纳傣寨依山建造12栋竹楼，记第栋竹楼居住户数为，其中，且数列为首项是9，公差是2的等差数列.把至分为6组，每组2个数字，每组两数之和组成6项公差为的等差数列，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】先求出已知12个数的和，设新数列，由等差数列的前项和公式求得，再利用得，再结合各选项判断. 【详解】由题意已知12个数分别为， 其和为， 设新数列，则，， 由题意都是正整数，，则，排除CD， 若，则，不合题意（中没有两个数的和是17）， 若，则，新数列为，即. 二､多项选择题：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.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. ，则 【答案】BCD 【解析】 【详解】因为，所以，故A错误； 因为，所以，故B正确； 因为，，故C正确； 因为， 所以，故D正确. 10. 如图，在直三棱柱中，，分别是边，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 和平面平行 B. 若，则异面直线和垂直 C. D. 若，，与平面所成角为，则直三棱柱外接球的半径为4 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，根据面面平行的判定定理及面面平行的性质证明即可； 对于B，根据线面垂直的判定定理及线面垂直的性质，结合异面直线所成角的求法求解即可； 对于C，利用等体积法和棱锥体积公式计算即可； 对于D，建立空间直角坐标系，利用线面角公式求出棱柱的高，进而求出外接球半径. 【详解】选项A：取的中点，连接，. 在中，为的中点，为的中点，所以. 直三棱柱中，，所以. 因为平面，平面，所以平面. 在中，为的中点，为的中点，所以. 因为平面，平面，所以平面. 又，平面，所以平面平面. 因为平面，所以平面.故A正确. 选项B：直三棱柱中，，平面， 所以异面直线和所成的角即为直线和所成的角. 连接.若，且为的中点，则. 因为平面，所以. 又，平面，所以平面. 因为平面，所以，所以.故B正确. 选项C：设直三棱柱的高为，底面的面积为， 则. 因为是的中点，所以到平面的距离. 因为是的中点，所以. 所以.故C错误. 选项D：直三棱柱中，平面， 又平面，所以，. 因为， 所以两两垂直. 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系. 设，则，，，. 因为为中点，则，为中点，则，所以. 因为，，，平面， 所以平面，所以即为平面的法向量. 因为与平面所成角为， 则， 即，解得，即，即. 直三棱柱可补全为以为邻边的长方体，则长方体的体对角线即为直三棱柱外接球直径， 设直三棱柱外接球半径为， 所以，解得. 故直三棱柱外接球半径为2.故D错误. 11. 已知圆，圆，动圆满足：与圆、均相切，记动圆圆心为.下列说法正确的是（ ） A. 圆与圆相交 B. 若动圆与圆､均外切，则动点的轨迹是双曲线的右支（除顶点） C. 若动圆与圆、一内切一外切时，存在直线，使得直线与所有满足条件的动圆均相交 D. 若动圆与圆、均内切，过动点的轨迹上任一点作圆的两条切线，切点分别为，，则的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项A：根据圆心距，可知两圆外切；选项B：根据动圆与圆､均外切，可得到：，，再根据双曲线定义可得到动点的轨迹；选项C：根据动圆与圆、一内切一外切，可知共有四种可能，再结合椭圆和双曲线定义中的特殊情况，可知点轨迹是直线上缺三点，直线经过所有动圆的圆心，即直线与所有动圆都相交；选项D：根据动圆与圆､均内切，可得到：，，再根据双曲线定义可得到动点的轨迹为双曲线的左支；设，可得到：，，，最后根据函数单调性，求出的最小值. 【详解】选项A：圆：的圆心为，半径； 圆：的圆心为，半径， 两圆心的距离，且，故， 即两圆外切，选项A错误. 选项B：设动圆的半径为，若动圆与圆､均外切， 则：，, 则：， 符合双曲线的定义，此处差为正值，则动点的轨迹是双曲线的右支（除顶点）. 选项C：设动圆的半径为，若动圆与圆、一内切一外切时，分四种情况： 第一种：动圆与圆外切，与圆内切，且时， ，， 则：， 第二种：动圆与圆外切，与圆内切，且时， ，， 则， 由上可知：. 此时点的轨迹方程为：或 第三种：动圆与圆外切，与圆内切，且时， ，， ， 此时，点轨迹方程为：. 第四种：动圆与圆外切，与圆内切，且时， ，， ， 此时点轨迹方程为. 综上可知：点轨迹是其中不能取，，. 直线与所有动圆都相交，故：选项C正确. 选项D：设动圆的半径为，若动圆与圆､均内切，则： ，， 则：， 则动点的轨迹是双曲线的左支， 设，因此：，，， 又，函数在上单调递增， 因此的最小值为， 故选项D正确. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 双曲线的离心率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据双曲线的标准方程及离心率公式求解即可. 【详解】方程可化为， 所以，所以，， 所以离心率为. 13. 已知，则的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由辅助角公式结合可得，然后由诱导公式可得答案. 【详解】，结合， 可得，则， 则. 14. 已知数列满足，其中为函数在上的极值点，则__________. 【答案】4 【解析】 【分析】先求导，得到与在上存在唯一零点，对两边取对数得，换元推导出，进而得到答案. 【详解】由题意得， 令，得， 令，则， 令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，， 当时，，， 所以在上存在唯一零点， 为函数在上的极值点， 故，故， 而，两边取对数得， 故， 因为， 所以令，则，故①， 又②，当时，①成立，且②有唯一解，故， 故. 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，边所对的角分别为. （1）若，求； （2）若，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理求解； （2）由两角和的正切公式求得即可得. 【小问1详解】 由余弦定理得; 【小问2详解】 因为，所以， 所以，所以. 16. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，点是棱上一动点. （1）证明：； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）因为底面是正方形，所以， 底面底面所以， 又平面，所以平面， 平面，所以. （2） 【解析】 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 由可得，， 因为，所以， ， 设平面的法向量为， 则，令，则， 设直线与平面所成的角为， 则. 17. 已知函数，. （1）求的最值； （2）若在上恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）当时，无最大值和最小值； 当时，最小值为，无最大值. （2） 【解析】 【分析】（1）求导数，分和讨论，根据导数的正负确定函数单调性，求出最值. （2）先证明：当时，，构造函数，根据的单调性结合确定的取值范围. 【小问1详解】 因为，所以， 当时，恒成立，在上单调递减，无最大值和最小值； 当时，令，解得， ，则，，， 故在上单调递减，在上单调递增， 又， 此时最小值为，无最大值. 【小问2详解】 先证明：当时，， 令，则：， 当时，，又， 所以，又， 所以， 要使在上恒成立： 当时，在上恒成立， 在上单调递增，结合，可得： ，满足条件； 当时，，取， 此时， 在上单调递减，故：，与题设矛盾. 当时，在上单调递减，故：，与题设矛盾. 综上，的取值范围为. 18. 某科研团队研发一种新型智能光伏发电系统，该系统具备自动调节功能.每天系统会根据前一天的光照强度，决定当天该系统运行模式是“全功率追踪模式”（记为状态）或者“节能待机模式”（记为状态）.统计表明：若某天为状态，则次日继续保持该状态的概率为，若某天为状态，则次日切换回状态的概率为，记第天系统处于状态的概率为，且系统第一天的状态均为. （1）若， （i）求和； （ii）为了对系统进行压力测试，选取了10个互不干扰的独立时间段进行检测，设在每个时间段的第1天，系统均处于状态，记随机变量为这10个时间段中，第2天恰好处于状态的个数，求. （2）当参数满足时，证明：数列是等比数列，并求出的通项公式. 【答案】（1）（i），；（ii）. （2）证明如下：， 由全概率公式可得， 设，可得， 对照系数可得，，解得， 所以， 所以数列是等比数列，公比为，首项为， 所以，， 故的通项公式为. 【解析】 【分析】（1）（i）由全概率公式进行求解；（ii）可得，进而求出期望； （2）先得，构造法证明为等比数列，求出通项公式 【小问1详解】 （i）由题意得，，， ， 故第2天系统处于状态的概率为， 第3天系统处于状态有两种情况，第2天系统处于状态且第3天系统处于状态， 和第2天系统处于状态且第3天系统处于状态， 故概率； （ii）由（i）可得，故； 【小问2详解】 略 19. 已知椭圆的左､右焦点分别为，左､右顶点分别为，椭圆上动点满足，且两个焦点与短轴的上顶点构成等边三角形. （1）求椭圆的标准方程； （2）如图，过椭圆的右焦点作斜率不为0的直线交椭圆于两点，设直线与交于点，证明：点在定直线上； （3）求的最大值. 【答案】（1） （2）设直线， 联立曲线方程，消去可得， 整理可得， 显然， 设， 则， 直线，直线， 两直线方程联立可得， 代入可得， 化简可得， 因为，代入上式可得， 即， 因为不可能恒满足，所以， 所以点在定直线上. （3） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的性质结合题意可得； （2）设直线方程，直曲联立得到韦达定理，利用点斜式得到，方程，联立解方程组再结合韦达定理化简可得； （3）由斜率关系和两直线夹角公式结合基本不等式和正切函数的性质可得. 【小问1详解】 由可得， 因为两个焦点与短轴的上顶点构成等边三角形， 所以，所以， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 略. 【小问3详解】 设，， 因为，所以， 设， 由两直线夹角公式， 由基本不等式可得，当且仅当时取等号， 因为，且在上单调递增， 所以，即的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 云南师大附中呈贡学校高考适应性月考卷（一） 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 一､单项选择题：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，只有一项符合题目要求 1. 样本数据5，8，9，10，12，14的下四分位数为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 8 2. 已知，则（ ） A. B. 5 C. 10 D. 3 3. 设全集，集合，集合，则集合（ ） A. B. C. D. 4. 已知是抛物线的焦点，是该抛物线上的两点，，则线段的中点到轴的距离为（ ） A. 1 B. C. D. 2 5. 设函数，则在处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知与独立，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 设函数.若是的最小值，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 西双版纳傣寨依山建造12栋竹楼，记第栋竹楼居住户数为，其中，且数列为首项是9，公差是2的等差数列.把至分为6组，每组2个数字，每组两数之和组成6项公差为的等差数列，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 二､多项选择题：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.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. ，则 10. 如图，在直三棱柱中，，分别是边，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 和平面平行 B. 若，则异面直线和垂直 C. D. 若，，与平面所成角为，则直三棱柱外接球的半径为4 11. 已知圆，圆，动圆满足：与圆、均相切，记动圆圆心为.下列说法正确的是（ ） A. 圆与圆相交 B. 若动圆与圆､均外切，则动点的轨迹是双曲线的右支（除顶点） C. 若动圆与圆、一内切一外切时，存在直线，使得直线与所有满足条件的动圆均相交 D. 若动圆与圆、均内切，过动点的轨迹上任一点作圆的两条切线，切点分别为，，则的最小值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 双曲线的离心率为__________. 13. 已知，则的值为__________. 14. 已知数列满足，其中为函数在上的极值点，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. 在中，边所对的角分别为. （1）若，求； （2）若，求. 16. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，点是棱上一动点. （1）证明：； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知函数，. （1）求的最值； （2）若在上恒成立，求的取值范围. 18. 某科研团队研发一种新型智能光伏发电系统，该系统具备自动调节功能.每天系统会根据前一天的光照强度，决定当天该系统运行模式是“全功率追踪模式”（记为状态）或者“节能待机模式”（记为状态）.统计表明：若某天为状态，则次日继续保持该状态的概率为，若某天为状态，则次日切换回状态的概率为，记第天系统处于状态的概率为，且系统第一天的状态均为. （1）若， （i）求和； （ii）为了对系统进行压力测试，选取了10个互不干扰的独立时间段进行检测，设在每个时间段的第1天，系统均处于状态，记随机变量为这10个时间段中，第2天恰好处于状态的个数，求. （2）当参数满足时，证明：数列是等比数列，并求出的通项公式. 19. 已知椭圆的左､右焦点分别为，左､右顶点分别为，椭圆上动点满足，且两个焦点与短轴的上顶点构成等边三角形. （1）求椭圆的标准方程； （2）如图，过椭圆的右焦点作斜率不为0的直线交椭圆于两点，设直线与交于点，证明：点在定直线上； （3）求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $