2027年高考数学一轮复习检测卷（浙江专用01）

2027年高考数学一轮复习检测卷（浙江专用01） 高三数学 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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】D 【分析】先解一元二次不等式求出集合，再求两集合的交集即可. 【详解】解不等式可得，即； 又，因此． 故选：D 2．下列函数中，在区间上为减函数的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据三角函数，指数函数和对数函数的性质，即可判断选项. 【详解】A，根据正弦函数的性质可知，，所以在上为增函数，故A错误； B，是偶函数，关于轴对称，，所以在上是增函数，在上是减函数，故B错误； C，的定义域是，函数是区间上是增函数，故C错误； D，根据指数函数的性质可知，在区间上是减函数，故D正确. 故选：D 3．已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，且，则“”是“”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据面面平行的判定定理和性质，结合充分条件和必要条件的定义即可得解. 【详解】由，，若，由面面平行的性质知：，必要性成立； 由，，若，则或相交，充分性不成立． 相交情况如下：   则“”是“”的必要不充分条件， 故选：B. 4．等差数列的首项为1，公差不为0．若，，成等比数列，则数列前6项的和为（    ） A．-24 B．-3 C．36 D．8 【答案】A 【详解】设等差数列的公差为， 因为，，成等比数列，所以， 所以， 又，所以，整理得， 因为，所以， 所以数列前6项的和为.故选：A 5．一袋中有大小相同的个红球和个白球，若从中不放回地取球次，每次任取个球，记“第一次取到红球”为事件，“第二次取到白球”为事件，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用古典概型的概率公式求出，，再由条件概率公式求解即可. 【详解】依题意，，所以.故选：B 6．下列命题错误的是（     ） A．若数据的标准差为，则数据的标准差为 B．若，则 C．若，则 D．若为取有限个值的离散型随机变量，则 【答案】D 【详解】对于A选项，根据标准差的性质可知，数据的标准差为， 则数据的标准差为，故A正确； 对于B选项，，，， ，故B正确； 对于C选项，，， ， ，故C正确； 对于D选项，若为取有限个值的离散型随机变量，则 ，即，故D错误. 故选：D. 7．已知直线，圆，若直线上存在两点，圆上存在点，使得，且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】若直线上存在两点，圆上存在点，使得，且， 则条件等价于圆心（设为D）在直线上且半径为的动圆与圆有交点， 圆的圆心为 到直线的距离， 当圆与直线相离时，即时， 则圆上的动点到直线的最小距离为， 此时只需满足即可，所以； 当时，圆与直线有交点，此时圆和直线上一定分别存在点，使得，符合题意.综上，. 故选：C. 8．已知定义在上的函数满足，且对，都有，若对恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据已知条件分析函数的性质，把问题转化成在上恒成立，再设，，求导，分析函数单调性，求函数的最小值即可得实数的取值范围. 【详解】因为函数满足，所以. 因为对，都有，所以在上单调递增. 所以. 所以在上恒成立.即在上恒成立. 设，，则. 由；由. 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以的最小值为：. 所以. 故选：B 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，则下列结论正确的是（       ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】利用同角公式，两角和差公式，结合角的范围和变角思想：来求解即可. 【详解】由，，所以，即，故A错误； 由于，所以，则有， 即，故B正确； 因为，，所以， 又因为，所以，故C错误； 由 ， 因为，，所以， 则，故D正确； 故选：BD. 10．已知定义在R上的函数，满足对任意的实数x，y，均有，且当时，，则（    ） A． B． C．函数为减函数 D．函数的图象关于点对称 【答案】ACD 【分析】对A：借助赋值法令计算即可得；对B：借助赋值法令，计算即可得；对C：结合函数单调性的定义及赋值法令计算即可得；对D：结合函数对称性及赋值法令计算即可得. 【详解】对A：令，则有，故，故A正确； 对B：令，，则有，故，故B错误； 对C：令，则有，其中，， 令，，即有对、，当时，恒成立， 即函数为减函数，故C正确； 对D：令，则有，又， 故，故函数的图象关于点对称，故D正确. 故选：ACD. 11．抛物线的焦点为，经过点F且倾斜角为的直线l与抛物线C交于A，B两点，分别过点A、点B作抛物线C的切线，两切线相交于点E，则（    ） A．当时， B．面积的最大值为2 C．点E在一条定直线上 D．设直线倾斜角为，为定值 【答案】CD 【分析】由焦点为可得抛物线方程，联立直线与曲线方程，可得关于的一元二次方程，即可得与有关韦达定理，对A：利用韦达定理与弦长公式计算即可得；对B：利用韦达定理与弦长公式及面积公式计算即可得；对C：借助导数的几何意义可得与的方程，即可得点坐标，即可得解；对D：由，故可得. 【详解】 由抛物线的焦点为，故，即， 由题意可知，直线斜率存在， 设，，， 联立，有，， ，， 对A：， 当时，即有，故， 即，即或，故A错误； 对B：， 故，故B错误； 对C：由，，即，有， 故，又，故， 同理可得，设点， 则有，有， ，由，， 故，，故点E在一条定直线上且该直线为，故C正确； 对D：由，，则， 故有，即， 故为定值且该定值为，故D正确. 故选：CD. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．在二项式的展开式中，常数项为__________． 【答案】 【分析】借助二项式展开式的通项公式计算即可得. 【详解】对，有， 令，则，则有. 故答案为：. 13．已知向量满足，与的夹角为，则当实数变化时，的最小值为______． 【答案】1 【分析】根据题意利用平面向量的几何特征，可知当时，取得最小值. 【详解】如图所示：    设， 当时，取得最小值， 过点作于点，即可得的最小值为， 又与的夹角为，即，易知， 所以. 即的最小值为1. 故答案为：1 14．有5个集合：，从每个集合中等可能地各取1个数，记5个数之和为，则_____________． 【答案】 【分析】设取出的5个数为，则可推得，，即可得出.进而只需要分析出事件以及表示的含义，并求出概率，即可得出答案. 【详解】设从中取出数为，则也在这个集合内； 从中取出数为，则也在这个集合内； 从中取出数为，则也在这个集合内； 从中取出数为，则也在这个集合内； 从中取出数为，则也在这个集合内. 设， 则， 所以，，， 所以，，，. 又表示，共有种可能； 表示中有4个选择1和1个选择2，共有种可能， 且所有的取法种数为， 所以，， 所以. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分）在中内角的对边分别为，满足， (1)求． (2)若，点是边上的两个动点，当时，求面积的取值范围． 【答案】(1)；(2) 【分析】（1）根据正弦定理与同角的关系求得，利用余弦定理和正弦定理计算即可求解； （2）设，根据正弦定理可得、，进而的面积，结合正弦函数的性质即可求解； 【详解】（1），由正弦定理得. 因为，所以.因为，所以. 由，可得，即，所以. 由正弦定理可得，则， 得，则或（舍去）， 所以. （2）设，在中，由正弦定理得， 所以. 在中，由正弦定理得， 所以. 的面积 . 因为，所以， 则，故面积的取值范围为. 16．（15分）各项不为0的数列满足，且. (1)求证：数列为等差数列；(2)若对任意恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)证明：因为各项不为0的数列满足， 两边同时取倒数，可得，所以， ，，解得. 数列为等差数列，且公差为3，首项为. (2) 【分析】（1）根据递推公式得到，进而证明数列为等差数列； （2）结合（1）可得，代入对任意恒成立，利用数列的单调性即可得出实数的取值范围. 【详解】（1）略 （2）由（1）可得，， 对任意恒成立，对任意恒成立， 令， 当时，； 当时，； 当时，单调递增，, 所以， 实数的取值范围为. 17．（15分）有甲、乙两个不透明的罐子，甲罐有3个红球，2个黑球，球除颜色外大小完全相同．某人做摸球答题游戏．规则如下：每次答题前先从甲罐内随机摸出一球，然后答题．若答题正确，则将该球放入乙罐；若答题错误，则将该球放回甲罐．此人答对每一道题目的概率均为．当甲罐内无球时，游戏停止．假设开始时乙罐无球． (1)若此人次答题后，乙罐内恰有红球、黑球各个的概率记为，求，； (2)该游戏在第几次停止的概率最大，请说明理由． 【答案】(1)，；(2)第次或第次 【分析】（1）分情况列举出所有符合题意的事件，再利用条件概率公式进行求解即可； （2）设该游戏在第次停止的概率为，表示，通过作商确定的最大值. 【详解】（1）记“此人次答题后，乙罐内恰有红球、黑球各个”， “此人次答题后，乙罐内恰有红球、黑球各个”， “第次摸出红球，并且答题正确”，， “第次摸出黑球，并且答题正确”，， “第次摸出红球或黑球，并且答题错误”，， 所以，， 因为，， ，， 所以， 又因为， 所以， 因为，， 所以， 因为， 所以， 因为，， 所以， 因为，，， 所以， 因为，， 所以， 所以. （2）设该游戏在第次停止的概率为， 则前次答题正确恰好为次，答题错误次，且第次摸出最后一球时答题正确， 所以， 所以， 令，解得，令，解得， 所以， 所以的最大值是，即该游戏在第次或第次停止的概率最大，最大值为. 18．（17分）设双曲线的右焦点为，到其中一条渐近线的距离为． (1)求双曲线的方程； (2)过的直线交曲线于两点（其中在第一象限），交直线于点， （i）求的值； （ii）过平行于的直线分别交直线、轴于、，记，求实数的值． 【答案】(1)；(2)（i）；（ii） 【分析】（1）结合点F到其中一条渐近线的距离为2和，即可求得双曲线的方程； （2）（i）设AB直线方程为，，得，直线方程与双曲线方程联立消，然后由韦达定理得，把逐步化简，即可求得本题答案； （ii）把和的直线方程分别求出，联立可求得，进而计算可得结论. 【详解】（1）因为到其中一条渐近线的距离为，所以， 又，所以 ， 所以双曲线的方程为； （2）设直线方程为，则 代入双曲线方程得：. 设，则， （i）， 而 ， 所以，则， 所以； （ii）过平行于的直线方程为 ， 直线方程为与联立 得， 即， 则， 所以， 由两式相除得 ，则， 所以， 因为，所以， 故为线段的中点，即， 所以． 19．（17分）设，，.已知函数在处的切线方程为. (1)求的值； (2)当时，不等式是否恒成立，若是，给予证明；若否，给出反例. (3)证明：若正实数满足，，则必有． 【答案】(1) (2) 由（1）知 结论：当时，不等式恒成立 证明：由 推得，. 设，则， 令，当时， 所以在上单调递增，又 故， 所以. 所以在上单调递增，又 所以 而 设， 则，令 所以在上递增，又 即， 所以在上递增，又 所以，即 所以， (3) 因为上递增， 故当时，必有 由（2）知当时， 所以 当时，有，即 设，对称轴 欲证，只需证 即证， 即证，即证，成立，所以 又由（2）知 所以 当时，有，即 设，在递增 欲证，只需证 即证， 即证 即证，即证 即证，即证 成立，所以. 综上，， . 1 / 15学 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027年高考数学一轮复习检测卷（浙江专用01） 高三数学 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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．下列函数中，在区间上为减函数的是（    ） A． B． C． D． 3．已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，且，则“”是“”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．等差数列的首项为1，公差不为0．若，，成等比数列，则数列前6项的和为（    ） A．-24 B．-3 C．36 D．8 5．一袋中有大小相同的个红球和个白球，若从中不放回地取球次，每次任取个球，记“第一次取到红球”为事件，“第二次取到白球”为事件，则（    ） A． B． C． D． 6．下列命题错误的是（     ） A．若数据的标准差为，则数据的标准差为 B．若，则 C．若，则 D．若为取有限个值的离散型随机变量，则 7．已知直线，圆，若直线上存在两点，圆上存在点，使得，且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．已知定义在上的函数满足，且对，都有，若对恒成立，则实数的取值范围为（    ） 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．已知定义在R上的函数，满足对任意的实数x，y，均有，且当时，，则（    ） A． B． C．函数为减函数 D．函数的图象关于点对称 11．抛物线的焦点为，经过点F且倾斜角为的直线l与抛物线C交于A，B两点，分别过点A、点B作抛物线C的切线，两切线相交于点E，则（    ） A．当时， B．面积的最大值为2 C．点E在一条定直线上 D．设直线倾斜角为，为定值 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．在二项式的展开式中，常数项为__________． 13．已知向量满足，与的夹角为，则当实数变化时，的最小值为______． 14．有5个集合：，从每个集合中等可能地各取1个数，记5个数之和为，则_____________． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分）在中内角的对边分别为，满足， (1)求． (2)若，点是边上的两个动点，当时，求面积的取值范围． 16．（15分）各项不为0的数列满足，且. (1)求证：数列为等差数列；(2)若对任意恒成立，求实数的取值范围. 17．（15分）有甲、乙两个不透明的罐子，甲罐有3个红球，2个黑球，球除颜色外大小完全相同．某人做摸球答题游戏．规则如下：每次答题前先从甲罐内随机摸出一球，然后答题．若答题正确，则将该球放入乙罐；若答题错误，则将该球放回甲罐．此人答对每一道题目的概率均为．当甲罐内无球时，游戏停止．假设开始时乙罐无球． (1)若此人次答题后，乙罐内恰有红球、黑球各个的概率记为，求，； (2)该游戏在第几次停止的概率最大，请说明理由． 18．（17分）设双曲线的右焦点为，到其中一条渐近线的距离为． (1)求双曲线的方程； (2)过的直线交曲线于两点（其中在第一象限），交直线于点， （i）求的值； （ii）过平行于的直线分别交直线、轴于、，记，求实数的值． 19．（17分）设，，.已知函数在处的切线方程为. (1)求的值； (2)当时，不等式是否恒成立，若是，给予证明；若否，给出反例. (3)证明：若正实数满足，，则必有． 1 / 15学 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $