精品解析：浙江省新阵地教育联盟2027届高三第一次学情诊断数学试题

浙江省新阵地教育联盟2027届高三第一次学情诊断 数学试题卷 第Ⅰ卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若复数，则（ ） A. 6 B. 8 C. D. 50 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以. 2. 已知，，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据数量积的运算律即可代入求解. 【详解】由已知， 又，， 则，故. 3. 曲线在点处的切线方程（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先对函数求导，得到切线斜率，再根据点斜式写方程即可. 【详解】因为，则，所以切线斜率为， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 4. 已知实数，，且，则下列不等式一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对A，B举反例快速排除，C直接用对数加法公式算出结果等于，D把换成，利用对数运算性质化简各选项，代入转化为，结合推出，平方为正，整体小于． 【详解】对于A，取，，A错误； 对于B，取，，B错误； 对于C，，C错误； 对于D，由，得， 所以， ， 又，所以，解得，所以，， 所以，D正确． 5. 已知椭圆的一个顶点与抛物线的焦点重合，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据椭圆的标准方程、顶点坐标以及抛物线的焦点知识计算即可. 【详解】将椭圆方程变换为标准方程得，，因为，所以. 所以该椭圆的焦点在轴上，顶点坐标为. 将抛物线变形得，所以其焦点在轴正半轴上，坐标为. 因为椭圆的一个顶点与抛物线的焦点重合， 所以，化简得，解得或（舍去）. 6. 已知数列满足，，对于，，是数列的前项和，则（ ） A. 5100 B. 4999 C. 5202 D. 5000 【答案】A 【解析】 【详解】由题意得，对，， 可知数列的奇数项构成等差数列，偶数项也构成等差数列，二者公差都为， 前项中，奇数项为，共项。首项，公差， 奇数项的和为， 偶数项为，共项，首项，公差， 偶数项的和为， 数列前项和为. 7. 已知函数在上仅存在极小值，则的范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导后按的符号讨论导函数的零点及其区间两侧符号；当时，利用在上的最小值判断极值情况即可. 【详解】由题意得． 当时，在上严格递增，且时，， 故导函数有且仅有一个零点，且导数值从左到右由负变正，函数仅有极小值； 当时，，函数无极值； 当时，当时，则； 当时，令，则，， 当时，，当时， 则在上递减，在上递增，最小值为 ，且在这两个区间的另一端均趋于． 则当时，，仅在时取等号，函数无极值； 当时，导函数有两个正零点，导数值的符号依次为正、负、正，函数既有极大值又有极小值． 综上，的范围是． 8. 的一个不充分条件是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】先翻译题干条件的含义，函数在上的值域与它在上的值域完全相等.再逐项分析即可. 【详解】函数在上的值域与它在上的值域完全相等. A选项：是周期为1的周期函数. 对任意，取正整数使得，则， 即任意的函数值都能在中找到对应，是充分条件. B选项：当时，，说明在时可以独立于取值. 反例：令时，时， 此时上的值域为，而整个定义域的值域为，是不充分条件. C选项：由均值不等式可得：，当且仅当时取等号. 对任意，方程即，两根乘积为1， 故必有一根，因此，即任意的函数值都能在中取到，是充分条件. D选项：将替换为，可得对成立， 对任意，反复取以2为底数的对数，数值越来越小，有限步内必落入，是充分条件. 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. 下列统计量中，不能度量样本的离散程度的是（ ） A. 中位数 B. 平均数 C. 众数 D. 标准差 【答案】ABC 【解析】 【详解】中位数，平均数以及众数是刻画了一组数据的集中趋势，而方差和标准差是度量样本的离散程度. 10. 在直角梯形中，，，，，．点在线段上，满足．现将沿翻折至的位置，在翻折过程中（点不在底面内），下列说法正确的是（ ） A. 四棱锥体积最大值为 B. 存在某个位置，使得平面 C. 四棱锥外接球表面积的最小值为 D. 直线与所成角的取值范围是 【答案】AC 【解析】 【分析】利用平面时四棱锥的高最大，即可求得最大体积判断A；利用反证法判断B；建立空间直角坐标系，设球心坐标，结合空间两点距离列式，利用三角函数性质及二次函数求得半径的范围即可判断C；利用向量法求得异面直线夹角的余弦值，利用换元法求得余弦值范围即可判断D. 【详解】因为直角梯形中，，， ， ， 所以为矩形，，， ， ， 对于A，底面矩形的面积为， 四棱锥体积取到最大值时，点P到底面的距离最大， 此时平面，所以四棱锥的高最大为， 所以四棱锥体积最大值为，正确； 对于B，若平面，平面，则，又，平面，所以平面，平面， 所以，又，则，矛盾，错误； 对于C，如图建立空间直角坐标系： 则，设，， 根据四棱锥外接球的球心在平面的投影为矩形的中心， 设，记四棱锥外接球的半径为R，则， 所以， 解得，因为，， 所以，所以，所以外接球的表面积，正确； 对于D，， 设直线与所成角为， 则， 令，则， 因为，所以， 因为在上单调递减，上单调递增，所以， 所以，而当时，，错误. 11. 已知圆：及定点，设为圆的一条动切线，切点为．若上存在点满足，则下列结论正确的有（ ） A. 恒有 B. 无论切点在何处，直线上总存在两个不同的点满足条件 C. 存在点，使得为等边三角形 D. 线段长度的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用数量积的几何意义求解判断A；举例说明判断B；设出点坐标，利用向量夹角公式及零点存在性定理推理判断C；利用点到直线的距离公式，结合辅助角公式求出长的最大值即可判断D. 【详解】对于A，由直线切圆于点，点在直线上且与点不重合，得， ，A正确； 对于B，取点，直线，过点的直线与直线交于点， 此时，直线上除此交点外的任意点，均有， 即此时直线上只存在一个点满足条件，B错误； 对于C，设点，则， 由，得直线的一个方向向量， 又，为等边三角形，则， ，整理得， 令函数， 由，得函数在上存在零点， 因此方程有解，即存在点，使得， 再取点满足，则为等边三角形，C正确； 对于D，由选项C，得直线的方程为， 即，作于，则， ，，由对称性不妨取， 要使长最大，点必在线段上，此时， 当时，长尽可能大， 此时， 当且仅当时取等号，此时， 所以线段长度的最大值为，D正确. 第Ⅱ 卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的系数为_________（用数字作答）． 【答案】 【解析】 【分析】先求出二项展开式的通项，令代入计算即得的系数． 【详解】二项式的展开式的通项为，， 要得到，则的次数，此时， 代入得， 所以的系数为． 13. 已知函数，（）满足恒成立，则_________，若锐角满足，则_________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据余弦函数的对称轴、三角函数的二倍角余弦公式以及诱导公式计算即可. 【详解】由得，函数的对称轴为. 对于余弦函数在对称轴处取得最值，将代入， ，解得. 因为，所以取得，此时. 若锐角满足，那么， 即，解得. 所以，而， 所以，解得. 因为为锐角，即，所以，所以. 所以. 14. 已知数列的前项和，若，，使得，则实数的最小值为_________． 【答案】## 【解析】 【分析】求出数列的通项公式，找出数列的项最大值、最小值，根据题意可得不小于最大最小值之差可得解. 【详解】当时，， 当时，， 经检验，当时也适合. 所以 即奇数项递减趋向，偶数项递增趋向， 所以数列的最大值为，最小值为，数列中的项都在区间内， 由题意：存在，全部落在区间，则区间长度至少等于最大值与最小值的差， 所以. 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. 已知在梯形中，，，，， （1）求的长； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）在三角形中利用余弦定理直接求解； （2）利用余弦定理及正弦定理求解即可. 【小问1详解】 如图， 因为梯形中，， 所以， 由余弦定理可得， 所以. 【小问2详解】 在中，， 又， 在中，， 所以， 又， 由正弦定理可得：，即， 解得. 16. 在四棱锥中，，底面是直角梯形，，．已知，，．点为的中点， （1）求证：平面； （2）若二面角的余弦值为，求的长． 【答案】（1）因为，点为的中点，所以， 在直角梯形中，连接CO，因为，．所以是矩形， 所以，在中，，，所以． 在和中，，所以 ， 所以，即， 又，平面，所以平面； （2）2 【解析】 【分析】（1）根据等腰三角形的性质可得，连接CO，根据矩形性质及勾股定理得，然后利用三角形全等得，进而利用线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式列方程即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，，. 设平面的法向量为，，. 由，取，得. 易知平面的一个法向量为， 设二面角的大小为，则， 解得. 17. 某项考试按理论考试、实操考试两科目依次进行，只有当理论考试成绩合格时，才可继续实操考试．已知每科目只允许有一次补考机会，两个科目成绩均合格方可获得证书．现某人参加这项考试，每次理论考试成绩合格的概率均为，每次实操考试成绩合格的概率均为．假设各次考试成绩合格与否均互不影响． （1）求他可获得证书的概率； （2）在这项考试过程中，假设他不放弃所有的考试机会，记他参加考试的次数为，求的分布列和数学期望． 【答案】（1）； （2）随机变量的分布列为 2 3 4 ． 【解析】 【分析】（1）理论考试和实操考试各有两次机会，分别求出至少一次合格的概率，两者相乘即得获得证书的概率； （2）分析的所有可能取值，逐一列举每种取值对应的所有考试结果组合，利用独立性和互斥性计算概率，最后求期望． 【小问1详解】 设理论考试合格为事件，实操考试合格为事件， 理论考试有两次机会，至少一次合格的概率为：， 实操考试有两次机会，至少一次合格的概率为：， 因为只有理论合格后才能参加实操，所以获得证书的概率为： 【小问2详解】 设“第一次理论考试合格”为事件，“理论考试补考合格”为事件； “第一次实操考试合格”为事件，“实操考试补考合格”为事件； 由已知得，， 注意到各事件之间的独立性与互斥性，可得 ， ， ， 所以，随机变量的分布列为 2 3 4 参加考试次数的期望值． 18. 已知双曲线的左焦点为，离心率为． （1）求曲线的方程； （2）设为坐标原点，过的动直线与曲线交于，两点，且，直线与曲线的另一个交点为． （i）当时，求直线的方程； （ii）求四边形的面积的取值范围． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据给定的条件列式求出即可. （2）（i）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理及共线条件求解；（ii）求出四边形面积的表达式，利用函数的单调性求出范围. 【小问1详解】 由双曲线的左焦点为，离心率为， 得，则， 所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 （i）显然直线不垂直于轴，设其方程为，， 由消去得，， ，由，得，联立解得， 所以直线的方程为. （ii）由（i）知，连接，设四边形的面积为， 则，由对称性不妨令，由， 得，即，则，解得， ，而为中点，则， 而，因此， ，，， 则，函数在上单调递增， 于是，而当从小于的方向趋近于时，， 所以四边形的面积的取值范围为. 19. 取名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔的不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理．该定理表明：对于满足一定条件的图象连续不间断的函数，在其定义域内存在一点，使得，则称为函数的一个“不动点”． （1）求函数的不动点； （2）若定义在上的函数的图象绕原点逆时针旋转之后不变，是函数的一个“不动点”，证明：； （3）设常数，函数，满足，，． ，对于任意实数，证明：函数存在唯一的不动点． 【答案】（1） （2）证明：记函数的图象为，是函数的一个“不动点”， 函数的图象绕原点逆时针旋转之后不变，即，则， 同理， ，由及函数的定义， 得，所以. （3）证明：函数存在唯一的不动点等价于函数在R上存在唯一零点， 在中，令，得， 则，当时，， 于是存在，使得；， 当时，，于是存在，使得， 因此存在，使得； 假设存在实数，使得，不妨令，由已知得， 由均为的零点，得， 因此，而，则与已知矛盾，即假设是错的， 则函数在R上存在唯一零点，所以函数存在唯一的不动点. 【解析】 【分析】（1）利用不动点的定义，列式求解. （2）利用不动点的定义及旋转的特征推理得证. （3）利用给定不等式，结合零点存在性定理及反证法推理证得存在性及唯一性即可. 【小问1详解】 设函数的不动点为，则，解得， 所以函数的不动点为. 【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 $ 浙江省新阵地教育联盟2027届高三第一次学情诊断 数学试题卷 第Ⅰ卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若复数，则（ ） A. 6 B. 8 C. D. 50 2. 已知，，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 1 3. 曲线在点处的切线方程（ ） A. B. C. D. 4. 已知实数，，且，则下列不等式一定正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知椭圆的一个顶点与抛物线的焦点重合，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列满足，，对于，，是数列的前项和，则（ ） A. 5100 B. 4999 C. 5202 D. 5000 7. 已知函数在上仅存在极小值，则的范围是（ ） A. B. C. D. 8. 的一个不充分条件是（ ） 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. 下列统计量中，不能度量样本的离散程度的是（ ） A. 中位数 B. 平均数 C. 众数 D. 标准差 10. 在直角梯形中，，，，，．点在线段上，满足．现将沿翻折至的位置，在翻折过程中（点不在底面内），下列说法正确的是（ ） A. 四棱锥体积最大值为 B. 存在某个位置，使得平面 C. 四棱锥外接球表面积的最小值为 D. 直线与所成角的取值范围是 11. 已知圆：及定点，设为圆的一条动切线，切点为．若上存在点满足，则下列结论正确的有（ ） A. 恒有 B. 无论切点在何处，直线上总存在两个不同的点满足条件 C. 存在点，使得为等边三角形 D. 线段长度的最大值为 第Ⅱ 卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的系数为_________（用数字作答）． 13. 已知函数，（）满足恒成立，则_________，若锐角满足，则_________． 14. 已知数列的前项和，若，，使得，则实数的最小值为_________． 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. 已知在梯形中，，，，， （1）求的长； （2）求的值． 16. 在四棱锥中，，底面是直角梯形，，．已知，，．点为的中点， （1）求证：平面； （2）若二面角的余弦值为，求的长． 17. 某项考试按理论考试、实操考试两科目依次进行，只有当理论考试成绩合格时，才可继续实操考试．已知每科目只允许有一次补考机会，两个科目成绩均合格方可获得证书．现某人参加这项考试，每次理论考试成绩合格的概率均为，每次实操考试成绩合格的概率均为．假设各次考试成绩合格与否均互不影响． （1）求他可获得证书的概率； （2）在这项考试过程中，假设他不放弃所有的考试机会，记他参加考试的次数为，求的分布列和数学期望． 18. 已知双曲线的左焦点为，离心率为． （1）求曲线的方程； （2）设为坐标原点，过的动直线与曲线交于，两点，且，直线与曲线的另一个交点为． （i）当时，求直线的方程； （ii）求四边形的面积的取值范围． 19. 取名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔的不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理．该定理表明：对于满足一定条件的图象连续不间断的函数，在其定义域内存在一点，使得，则称为函数的一个“不动点”． （1）求函数的不动点； （2）若定义在上的函数的图象绕原点逆时针旋转之后不变，是函数的一个“不动点”，证明：； （3）设常数，函数，满足，，． ，对于任意实数，证明：函数存在唯一的不动点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $