浙江温州市乐清市知临中学2027届高三上学期数学周测试卷（一）

2027届知临中学高三数学周测试卷（一） 一、选择题：本题共有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．已知一组数据，，，，的平均数为3，方差为2，则（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 2．已知向量满足，且满足，则的值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．已知全集，，，则（    ） A． B． C． D． 4．已知直线与抛物线相切，则抛物线的焦点到准线的距离为（   ） A． B．2 C．3 D．4 5．已知函数，则曲线在处的切线方程是（     ） A． B． C． D． 6．已知函数的最大值为2027，则的值为（    ） A． B． C．1 D．或 7．某装置按如下规则亮灯：第1次亮2盏灯，以后每次亮灯数比前一次多3盏．现将每连续两次的亮灯数合并为一组，记第组亮灯总数为．若为该装置每次亮灯数，则数列的公差为（   ） A．3 B．6 C．9 D．12 8．已知随机变量的分布列为： x y P y x 则下列说法正确的是（    ） A．存在x，， B．对任意x，， C．对任意x，， D．存在x，， 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，有选错的得0分。 9．若复数，则下列说法正确的有（    ） A．实部为 B．虚部为 C． D．复数对应的点在第一象限 10．如图，正方体的棱长为1，E是的中点，则（   ） A． B．三棱锥的体积为 C．三棱锥的外接球的表面积为 D．由，C，E三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为 11．已知，，，，过，分别作直线，，使得，过，分别作直线，，使得，若四条直线，，，围成矩形，则该矩形（    ） A．面积有最大值 B．周长有最大值 C．外接圆面积是定值 D．中心在定圆上 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．抛物线的焦点也是双曲线的一个焦点，则__________． 13．已知，是函数的两个极值点，且的最小值为，当的图象向左移动个单位后为一个偶函数的图象，则的最小值为________． 14．已知集合，，任取，，，，都有，则集合中元素个数的最大值为______. 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．如图，直三棱柱中，，分别为线段的中点． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 16．记的内角、、的对边分别为、、，且. (1)求； (2)若边上的高为，且，求. 17．某平台推出答题赢会员活动，共设置3道独立题目，每位用户可自主安排答题顺序.规则如下：连续答对2题可获得7天会员；连续答对3题可获得30天会员；其余情况均不获得会员.已知甲答对题1的概率为，答对题2的概率为，答对题3的概率为，各题答对与否相互独立. (1)若，且甲按题题题3的顺序答题，求甲获得30天会员的概率. (2)若，且第一次答题2，则要使甲获得会员的概率最大，应如何安排其他两次答题顺序？ (3)若在答题中，仅当题3位于中间的顺序时，甲获得会员的概率最大，求的取值范围. 18．在平面直角坐标系中，已知点，，点满足直线，的斜率之积为，记点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程． (2)若是曲线上第一象限的点，且，求点的坐标． (3)设、是曲线上的两点，若直线的斜率是直线的斜率的倍，证明：直线过定点，并求出定点的坐标． 19．已知函数有两个不同的零点，． (1)求实数的取值范围； (2)证明：； (3)证明：． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 2027届知临中学高三数学周测试卷（一）参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A D D A A D C AD ACD 题号 11 答案 ACD 1．D 【详解】因为平均数为3，所以，解得：①， 因为方差为2，所以， 化简得：②， 联立①②得：，或，，则. 2．A 【分析】利用向量模长的平方等于向量自身的数量积这一性质，将已知模长等式两边平方，代入已知模长数值即可求出的值. 【详解】 将两边平方，得： ， 代入已知，，可得，， 且，代入上式得： ， 整理计算得，即，因此的值为1. 3．D 【分析】先求出集合，，再应用补集及交集定义计算求解即可. 【详解】对于，由得，故，， 对于，由得，故， 则，故D正确. 4．D 【分析】联立方程组，利用，列出方程，求得，结合抛物线的性质，即可求解. 【详解】联立方程组，整理得， 因为直线与抛物线相切， 则，解得或， 因为，所以，所以抛物线的焦点到准线的距离为. 故选：D. 5．A 【分析】先对函数求导，求出的值，然后求切点坐标与切线的斜率，利用点斜式求解即可. 【详解】因为，所以，所以， 所以，所以，故切点为， 又切线的斜率为：， 所以曲线在处的切线方程为：即. 6．A 【详解】令， 因为单调递减， 又因为函数的最大值为2027， 则的最小值为， 所以，且当时有， 即得，解得或， 所以. 7．D 【分析】根据等差数列的定义及通项公式求解即可. 【详解】由题意，是首项为2、公差为3的等差数列， 所以． 于是． 即． 所以. 8．C 【分析】对A、B：根据期望的计算公式结合二次函数分析运算；对C：先求，利用作差法比较大小；对D：换元令，结合二次函数求的取值范围. 【详解】由题意可得：，且，即， 对A、B：由题意可得：， ∵开口向下，对称轴，， 则，故， 即， 不存在x，，，A错误； 例如，则，即存在x，，，B错误； 对C：， 则， 故对任意x，，则，C正确； 对D：令， 则开口向下，对称轴，且， 故，即， 不存在x，，，D错误； 故选：C. 9．AD 【分析】根据复数的概念逐项判断即可. 【详解】由题意可得， 所以的实部为，虚部为，， 复数对应的点为，在第一象限， 故选：AD 10．ACD 【分析】由线面垂直的性质定理可判断A，由三棱锥的体积公式计算可判断B，由直棱锥的外接球半径计算方法可判断C，作出过，C，E三点确定截面，进而求得截面的周长判断D. 【详解】对于A，∵，，， 平面，平面，∴平面， 又平面，∴，故A正确； 对于B：三棱锥的体积，故B错误； 对于C，设三棱锥的外接球的半径为， 的外接圆半径为，， 在中，由余弦定理得，， 所以，则有， 三棱锥的外接球的表面积为，故C正确. 对于D，如图，过，C，E三点确定的平面与正方体相交形成的截面为等腰梯形 （其中F为的中点，故等腰梯形的周长为，故D正确. 故选：ACD. 11．ACD 【分析】利用点斜式得到四条直线，，，的方程，利用平行线间的距离公式得到与的距离为，与的距离为，再根据选项依次分析即可. 【详解】设直线的斜率为，因直线，，，围成矩形，则的斜率为， 于是直线方程依次为：，，，， 则与的距离为，与的距离为. 对于A项，矩形的面积为，显然,则， 因，当且仅当,即 时取等，此时，故A正确； 对于B项，矩形的周长为， 令，则，即， 所以，当且仅当 ，即 时取等，周长有最大值，故B错误； 对于C项，矩形的外接圆直径为矩形的对角线，长度为， 则外接圆的半径为，故其面积是定值，故C正确； 对于D项，设矩形的中心为 联立直线方程得到的交点为 同理可得的交点为 所以矩形的中心为的中点，则，    由，得到① 由得到② 由①②得到，代入①得到， 化简得到，所以矩形的中心在以圆心为 、半径为的定圆上，故D 正确. 12．2 【详解】由双曲线，所以， 其焦点为，抛物线的焦点为． 由题意得，两边平方并整理得， 即． 因为，所以． 13． 【详解】图象上两个极值点，满足，，即函数周期，，，所以， 所以，，函数的所有对称轴为， 当时，，当时，，因为平移后函数为偶函数，故其对称轴为， 因，故最小正数为轴右侧最近的对称轴对应的的值，即的最小值为. 14．8 【分析】先证明集合中元素个数的最大值小等于，再结合实力可求最大值. 【详解】设集合，， 对于，去掉中的任意两个元素，则必有个奇数，它们构成等差数列； 对于，去掉中的任意两个元素，则必有个偶数，它们构成等差数列. 如果从中任意取不少于元素，则至少有个元素同在中或同在中. 由前述讨论可得有个元素必有3个整数（它们同奇或同偶），它们构成等差数列， 故集合中元素个数的最大值小等于. 对于集合，检验可知集合符合题意， 此时集合的元素共有8个； 综上所述：集合中元素个数的最大值为8. 15．(1)因为直三棱柱中，， 所以两两垂直，以为原点， 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， 不妨设，则各点坐标如下： ，，，，，， 因为分别为线段的中点，所以： 的坐标为，的坐标为， 根据坐标，可得向量： ， ， ， 所以向量与垂直，即. (2) 【分析】（1）通过建系求出向量和的坐标，利用数量积为0这一代数条件直接证明了空间两直线的垂直关系； （2）通过求平面的法向量，利用线面角的正弦值等于方向向量与法向量夹角余弦值的绝对值计算出结果，再借助同角三角函数平方关系得出余弦值. 【详解】（1）略 （2）由两两垂直，可得平面， 平面的一个法向量可取为， 直线的方向向量为， 设直线与平面所成的角为， 根据线面角的正弦值公式： ， 因为线面角的范围是， 所以. 16．(1)； (2). 【分析】（1）解法一：由已知条件结合正弦定理、两角和的正弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； 解法二：由已知条件结合余弦定理可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）由三角形的面积公式可得出，利用余弦定理结合已知条件可得出关于的方程，即可解得的值. 【详解】（1）解法一：由及正弦定理得， 所以， 即，即， 因为、，则， 所以，所以； 解法二：由及余弦定理得， 所以，即，所以， 又，所以. （2）记边上的高为，则， 由（1）得，所以， 所以由余弦定理可得， 所以，所以，所以或（舍），故. 17．(1) (2)要使甲获得会员的概率最大，应按题2→题1→题3的顺序答题. (3) 【分析】（1）要拿到30天会员，必须三道题全部答对；三题答题相互独立，直接用独立事件概率乘法公式计算三题全对的概率； （2）第一题固定答题2，剩余只有两种答题顺序. 获奖条件是出现连续两题答对，分别写出两种顺序下获奖的概率，比较大小，选择概率更大的顺序即可； （3）根据对称性知只需考虑位于中间的顺序的题，分别写出三种情况的概率，写出不等式组，求出的取值范围. 【详解】（1）甲获得30天会员的概率为. （2）当时，各种答题顺序的情况如下： 按题2→题1→题3的顺序答题，甲获得会员的概率为； 按题2→题3→题1的顺序答题，甲获得会员的概率为； 因为，所以要使甲获得会员的概率最大，应按题2→题1→题3的顺序答题. （3）根据对称性知只需考虑位于中间的顺序的题. 若题1位于中间的顺序，则甲获得会员的概率 若题2位于中间的顺序，则甲获得会员的概率； 若题3位于中间的顺序，则甲获得会员的概率 因为，所以只需满足即可，即，解得. 因为，所以的取值范围为. 18．(1) (2) (3)解：法一：直线，的斜率均存在且不为，设直线的斜率为， 则直线的斜率为，直线，的方程分别为和， 联立方程组，整理得， 解得或，得，同理得， 则直线的斜率为，                             所以直线的方程为，即，             令，则，即直线过定点               法二：设，则满足，可得 因为，，可得， 则， 又因为，且，所以，即， 直线的斜率明显存在，设直线的方程为， 联立方程组，整理得， 设，，则，， 所以，即， 即， 即， 整理得，解得或（舍去）， 所以直线的方程：， 经检验，此时，所以直线过定点． 【分析】（1）设，根据题意，得到，进而求得曲线的方程； （2）法一：设，直线与的倾斜角分别为，得到，由，，求得，结合椭圆的方程，求得的值，即可求解；         法二：设，得到，，求得，由，结合椭圆的方程，得到关于的方程，求得的值，即可求解； （3）法一：设直线的斜率为，得到直线，的方程分别为和， 联立方程组求得和，得到直线的方程，即可得证； 法二：设直线的方程为，设，，联立方程组，结合韦达定理和，得到关于的方程，求得值，即可得证. 【详解】（1）解：设，且，， 因为点满足直线，的斜率之积为，可得，         即，整理得， 所以曲线的方程. （2）解：法一：设，其中，， 直线与的倾斜角分别为，，则，                 所以，         因为，，所以①，         因为，代入①中，得，故或（舍），         因为，所以点的坐标为．         法二：设，其中，，则，，        所以②，        由，可得③，        因为④，将③，④代入②中，， ， 所以，即， 因为，可得，所以，解得或（舍）．                      因为，所以点的坐标为． （3）略 19．(1) (2)证明： 设，因为，， 所以，整理可得，令，则， 则，所以，解得，则， 则证明，则整理可得，令， 则，令，则， 所以在上单调递增，则， 所以在上单调递减，即， 所以，故. (3)证明： 由（1）知，当时，，， 因为在上单调递增，且，所以当时，， 当时，，故在上单调递减，在上单调递增， 所以，即，当且仅当时取等号， 所以，则， 即， 令，则，所以， 则，，，， 当时，将以上个不等式两边分别相加，得， 所以， 当时，成立，所以得证. 【分析】（1）将问题转化为函数的图象与直线有两个不同的交点，，数形结合即可求解； （2）由，为函数零点得到，令，化简得到， 令，再次构造函数令，求导得到的单调性，即可得证. （3）证明，再利用累加法即可证明． 【详解】（1）令，可得，因为，所以， 问题转化为函数的图象与直线有两个不同的交点，所以， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增， 所以在处取得最小值， 当时，；当.时，， 要使与有两个交点，必须满足， 因此，实数的取值范围是 （2）略 （3）略 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $