精品解析：浙江省浙南名校2027届高三上学期数学学科练习试题

高三年级数学学科练习 考生须知： 1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟； 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字； 3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效； 4．考试结束后，只需上交答题纸． 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. 或 C. 或 D. 或 2. 在的展开式中，第5项的系数为（ ） A. 15 B. 6 C. 240 D. 192 3. 若平面向量，满足，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 已知复数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分且必要条件 D. 既不充分又不必要条件 5. 两个线性相关变量与的统计数据如下表： 3.5 6 7.5 根据表中数据可得，且关于的经验回归直线方程为，则下列说法错误的有（ ） A. B. C. 变量和正相关 D. 对应的残差为 6. 将函数的图象上所有点的横坐标平移个单位，纵坐标保持不变，得到偶函数的图象，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆与圆（，）交于，两点，若存在实数，使得公共弦长，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，函数，对任意，恒有成立，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 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. 已知数列满足，，则（ ） A. B. 为递增数列 C. 为等比数列 D. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为的中点，为的中点，点为线段上的动点（含端点），则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 三棱锥的体积不是定值 C. 三棱锥的外接球的表面积是 D. 当直线与平面所成角最大时，线段长为2 11. 过抛物线焦点的直线与交于，两点，其中在第一象限且，已知点，若直线，与分别另外交于，两点，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当直线与直线平行时，直线的斜率为2 D. 当直线的斜率为时，直线的斜率为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知圆锥的侧面展开图是周长为的半圆，则圆锥的表面积为______． 13. 已知为等差数列，定义数列满足：，记为数列的前项和，已知，且，则__________． 14. 如下图，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发在数轴上移动，每次向左或向右移动一个单位且相互独立，已知向右移的概率为，向左移的概率为，设该质点移动次后在数轴上对应的数为随机变量，则的方差__________（用含的式子表示）． 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，，的对边分别是，，，且． （1）求角的大小； （2）若点满足，且，求面积的最大值． 16. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）已知，求证：当时，． 17. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，平面平面，是等边三角形． （1）若平面平面，证明：； （2）求直线和平面所成角的正弦值； （3）在棱上（含端点）是否存在点，使二面角的余弦值为？若存在，求出的值．若不存在，说明理由． 18. 已知椭圆的左右顶点分别为，，点与点是椭圆上两个不同的动点，记线段与轴的交点为． （1）若的面积是的面积的倍，求的值； （2）设直线与直线的交点为． （ⅰ）求点的轨迹方程； （ⅱ）当点在第一象限时，若的面积是的面积的倍，求点的纵坐标（用表示）． 19. 设集合，，若存在非空集合，，满足，，则称，是集合的一个划分．记为任意非空集合的所有元素之和． （1）当时，求集合的一个划分，，使得； （2）当时，是否存在集合的一个划分，，使得．若存在，求出，；若不存在，说明理由； （3）若集合存在一个划分，，使得，求满足条件的所有正整数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级数学学科练习 考生须知： 1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟； 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字； 3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效； 4．考试结束后，只需上交答题纸． 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. 或 C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【详解】 或 2. 在的展开式中，第5项的系数为（ ） A. 15 B. 6 C. 240 D. 192 【答案】C 【解析】 【详解】展开式的通项为， 则第5项的系数为. 3. 若平面向量，满足，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，得，而， 所以在上的投影向量为. 4. 已知复数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分且必要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分，必要条件的定义，结合复数的运算，即可判断. 【详解】设，，，即， ， 反过来，若，举例，时，，但. 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 5. 两个线性相关变量与的统计数据如下表： 3.5 6 7.5 根据表中数据可得，且关于的经验回归直线方程为，则下列说法错误的有（ ） A. B. C. 变量和正相关 D. 对应的残差为 【答案】B 【解析】 【分析】根据平均数公式可判断A；根据经验回归直线过点，可求出，进而可判断B；根据经验回归直线方程中的系数可判断C；根据残差定义可判断D. 【详解】对于选项A，由表中数据得，故A正确； 对于选项B，因为经验回归直线过点， 又，所以， 所以，解得，故B错误； 对于选项C，由得的系数为正数，所以变量和正相关，故C正确； 对于选项D，将代入得， 所以点对应的残差为，故D正确. 6. 将函数的图象上所有点的横坐标平移个单位，纵坐标保持不变，得到偶函数的图象，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，进而求出函数，再利用正余弦函数的图象性质求解. 【详解】函数， 依题意，，由函数为偶函数， 得，解得， 所以的最小值为，此时. 7. 已知圆与圆（，）交于，两点，若存在实数，使得公共弦长，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由和的标准方程可知，的圆心为，圆心在y轴上，半径， 的圆心为，圆心在x轴上，半径.公共弦长， 说明是的直径.连接，则， ，由垂径定理可知，连接，. 则，即， 结合下图可知，b增大时，a缩小，b缩小时，a增大，b取0时， 即的圆心为时，a取最大或最小值3或， 即a的取值范围是. 8. 已知，，函数，对任意，恒有成立，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由题设分解因式可得对于恒成立，进而结合函数、的单调性及零点分析得到，且，进而求解即可. 【详解】由，得， 则， 即， 即对于恒成立， 因为函数在上为增函数，且零点为， 而函数开口向上，对称轴为， 要使对于恒成立， 则为函数的零点，且时，，时，， 所以，则，且， 所以， 则时，取得最小值. 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. 已知数列满足，，则（ ） A. B. 为递增数列 C. 为等比数列 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】本题通过四个选项，从特殊到一般、从定性到定量，全面考查了学生的数列的理解，选项A考查学生对递推公式的理解，选项B通过构造函数及裂项相消求数列的通项公式，并判断数列的单调性，选项C根据等比数列定义进行证明，选项D由通项公式求特定项. 【详解】，, 所以A正确. 两边同时除以可得 令则 所以数列单调递增, 所以B正确. ，不为常数，所以C错误. ，所以D正确. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为的中点，为的中点，点为线段上的动点（含端点），则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 三棱锥的体积不是定值 C. 三棱锥的外接球的表面积是 D. 当直线与平面所成角最大时，线段长为2 【答案】AC 【解析】 【分析】利用线线垂直可证明平面判断A；利用可判断B；取中点为，连接，利用四棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，计算求得外接球的表面积判断C；由A可证明（或其补角）为直线与平面所成角，进而计算得当与重合时，直线与平面所成角最大可判断D. 【详解】对于A，连接， 由题意可得， ， ， 所以，所以， 由正方体，可得平面，又平面， 所以平面平面， 又因为，平面平面， 所以平面，又平面，所以， 又因为，平面，所以平面，故A正确； 对于B，设到平面的距离为，， 因为为的中点，所以为定值，又（定值）， 所以为定值，故B错误； 对于C，取中点为，连接， 因为为的中点，所以四边形为矩形， 又为的中点，所以， 又由正方体，可得平面，所以平面， 所以四棱锥的外接球的半径为， 所以三棱锥的外接球的表面积是，故C正确； 对于D，连接，因为平面，又平面， 所以平面平面， 所以（或其补角）为直线与平面所成角， 当与重合时，最大，此时， 又，所以为锐角， 所以当与重合时，直线与平面所成角最大，此时，故D错误. 11. 过抛物线焦点的直线与交于，两点，其中在第一象限且，已知点，若直线，与分别另外交于，两点，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当直线与直线平行时，直线的斜率为2 D. 当直线的斜率为时，直线的斜率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A利用焦点弦公式计算；B利用向量的坐标运算列方程组求解；C设直线方程，并与抛物线联立，进而求出两条直线的斜率，利用等量关系求出；D结合C选项即可. 【详解】设，其中， 易得，准线方程为，则，得， 则，故A正确； 若，则，即， 则，即，得， 故，故B错误； 设直线， 联立，得，则， 因为，所以，， 联立，得， 则， 故，同理可得， 故直线的斜率为 （斜率不存在的直线与抛物线只存在唯一交点）， 因为直线与直线平行，所以，得（负值舍去）， 故C正确； 若，则直线的斜率为，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知圆锥的侧面展开图是周长为的半圆，则圆锥的表面积为______． 【答案】 【解析】 【详解】设圆锥母线长为，底面半径为， 侧面展开图半圆周长：，解得， 半圆弧长：，该弧长等于圆锥底面周长，即，得， 所以圆锥表面积：. 13. 已知为等差数列，定义数列满足：，记为数列的前项和，已知，且，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据等差数列下标和性质求出数列的通项公式，再结合等差数列求和公式以及分组求和即可. 【详解】因为为等差数列，所以，得， 则， 得， 故数列的公差为， 故， 故 14. 如下图，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发在数轴上移动，每次向左或向右移动一个单位且相互独立，已知向右移的概率为，向左移的概率为，设该质点移动次后在数轴上对应的数为随机变量，则的方差__________（用含的式子表示）． 【答案】 【解析】 【分析】设次移动中向右移动的总次数为随机变量，则，根据 二项分布的方差公式和方差的性质求解即可. 【详解】设次移动中向右移动的总次数为随机变量，由于每次移动相互独立，向右移概率固定为， 因此，根据二项分布的方差公式，可得， 次移动中向左移动的次数为，质点最终的位置等于“向右移动的净步长”， 即， 根据方差的性质：对任意常数，有， 因此. 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，，的对边分别是，，，且． （1）求角的大小； （2）若点满足，且，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理，转化为边的关系，再与余弦定理比较，即可求出. （2）由可知，点将边按内分，以点为起点表示，利用 和得到关于的约束条件，再求乘积的最大值，从而得到△ABC面积的最大值. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 整理得，则， 因为，所以． 【小问2详解】 以点为起点，记，，则，， 且由，有， 因为，所以， 由，得， 解得，即， 则，即， 当且仅当，即，时取等号， 则， 故面积的最大值为． 16. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）已知，求证：当时，． 【答案】（1）单调递减区间为和；单调递增区间为． （2）法一：要证当时，，即证． 因为，所以，不等式等价于： 令，，只需证， 因为，则 设，则， 当时，，单调递增，所以，即． 综上，当时，． 即在区间上单调递增． 因此，对于任意，都有： 令 则，令 ，因为，， 在区间单调递增，， 所以，证毕． 法二：要证当时，，只需求的最小值大于， 当时，显然成立 当时，，只需证，即证，方法同法一． 【解析】 【分析】（1）利用导数求函数的单调区间即可； （2）法一要证不等式只需证明，构造函数，利用导数判断单调性，转化为，再构造函数，利用导数可得的单调性，据此得证；法二原不等式转化为的最小值，对分类讨论，当时只需证，即证，同法一. 【小问1详解】 函数的定义域为 因为且（当时）， 所以当时，，当时， ， 所以的单调递减区间为和；的单调递增区间为． 【小问2详解】 略. 17. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，平面平面，是等边三角形． （1）若平面平面，证明：； （2）求直线和平面所成角的正弦值； （3）在棱上（含端点）是否存在点，使二面角的余弦值为？若存在，求出的值．若不存在，说明理由． 【答案】（1）因为四边形为菱形，所以. 因为平面，平面，所以平面. 又平面，且平面平面，由线面平行的性质定理知. （2） （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）由菱形性质得，先由线面平行的判定定理证平面，再由平面且平面平面，用线面平行的性质定理证得. （2）以为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出平面的法向量，由求线面角的正弦值. （3）设（），用表示点的坐标，分别求平面与平面的法向量，由二面角的余弦值为列方程解出，进而得的值. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 因为平面平面，交线为，为等边三角形，所以点在平面上的投影为的中点，且到平面的距离为. 以为原点，所在直线为轴，在平面内过且垂直于的直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，. 于是，，. 设平面的法向量为，由，，得，. 取，得平面的一个法向量. 设直线和平面所成的角为，则. 【小问3详解】 由（2）知平面的一个法向量为. 设（），因为，所以. 于是，. 设平面的法向量为，由，，取，得. 于是. 由图可知二面角为锐角，所以，两边平方并整理得. 因为，所以（舍去）. 所以，即存在满足条件的点. 18. 已知椭圆的左右顶点分别为，，点与点是椭圆上两个不同的动点，记线段与轴的交点为． （1）若的面积是的面积的倍，求的值； （2）设直线与直线的交点为． （ⅰ）求点的轨迹方程； （ⅱ）当点在第一象限时，若的面积是的面积的倍，求点的纵坐标（用表示）． 【答案】（1） （2）（ⅰ）（，）（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据题意，将问题转化为两顶点到直线的水平距离之比，进而得，代入椭圆方程得到，进而算出. （2）(i)设交点，写出直线、的点斜式，联立方程解得，，再利用椭圆方程消去参数，得到关系式；结合题意舍去，得到的轨迹（双曲线）； (ii)将面积比转化为轴上线段长度之比，解出；再利用(i)中两直线比值关系求出点横坐标；将代入双曲线轨迹方程，结合第一象限，解出纵坐标（用表示）. 【小问1详解】 解：由题意知，，， 由的面积是的面积的倍可得， 即，解得， 再代入椭圆方程解得， 所以． 【小问2详解】 （i）直线的方程为①， 直线的方程为②， 设交点，由①得，由②得 ， 两式相除消去得 交叉相乘得：， 展开：， 化简得：， 由①式得 ，将 代入得 因为点在椭圆上，满足， 代入得 整理得：，即 ， 因为 是不同的动点，所以，从而， 所以，点的轨迹的方程为（，）． （ⅱ）当的面积是的面积的倍时，可得， 即，解得， 又点坐标满足，即， 代入的轨迹方程得， 解得（舍负），即点的纵坐标为定值． 19. 设集合，，若存在非空集合，，满足，，则称，是集合的一个划分．记为任意非空集合的所有元素之和． （1）当时，求集合的一个划分，，使得； （2）当时，是否存在集合的一个划分，，使得．若存在，求出，；若不存在，说明理由； （3）若集合存在一个划分，，使得，求满足条件的所有正整数． 【答案】（1）， （2）不存在，假设存在的一个划分，，使， 则为偶数．而为奇数，矛盾！ （3），，或， 【解析】 【分析】（1）利用新定义计算可求集合； （2）利用反证法证明即可； （3）利用新定义可得或，，进而利用分类讨论可求得满足条件的所有正整数． 【小问1详解】 当时，， ， 所以， 所以， 【小问2详解】 略. 【小问3详解】 由于为偶数，则或，． 若，，构造集合 ，， 此时，满足题意； 若，，记为集合中的元素个数． 不妨设，则，． 已知， ． 由知即， 解得，． （i）当时， 令，． 则，， 于是， 将中的2072与中的2117交换，得到与，易知此时． （ⅱ）当时，将前92个数按照方案（i）来划分，其余的数按照方案来划分， 也符合题意． 综上所述，，，或，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $