2027年高考数学一轮复习检测卷（浙江专用02）

2027年高考数学一轮复习检测卷（浙江专用02） 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．设为虚数单位，若复数，则（   ） A． B． C． D． 3．的展开式中的系数为 A．10 B．20 C．40 D．80 4．若二次函数的图象与曲线存在公共切线，则实数的取值范围为（    ） A．， B．， C．， D．， 5．抛掷一枚骰子一次，观察向上一面的点数，将结果记作．若事件，事件，事件C满足，则事件C的个数为（   ） A．9 B．8 C．7 D．6 6．定义在上的可导函数，满足，且，若，，，则、、的大小关系是（   ） A． B． C． D． 7．已知，若，则的最小值为（    ） A．3 B． C．6 D． 8．在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，构造出新的数列．对数列、进行构造，第一次得到数列、、；第二次得到数列、、、、；依次构造，第次得到的数列的所有项的和记为，令，则（   ） A．第四次得到的数列共项 B． C．数列是等差数列 D．对，以、、为边长不能构成一个三角形 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．下列说法正确的是（   ） A．数据28，13，15，31，16，18，20，24的中位数是19 B．若两组成对数据样本相关系数分别为，则组数据比组数据线性相关性更强 C．从小到大顺序排列的数据3，5，，8，9，10，其极差与平均数相等，则方差为6 D．数据的平均数为，数据的平均数为，则有 10．设为正实数，为实数，已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．若函数的最大值为2，则 B．若对于任意的，都有成立，则 C．当时，若在区间上单调递增，则的取值范围是 D．当时，若对于任意，函数在区间上至少有两个零点，则的取值范围是 11．已知抛物线的焦点为，准线为，过点且斜率为的直线与交于，两点．过点作的切线，交准线于点，交轴于点（异于点），过点作，垂足为，则（   ） A． B． C．以为直径的圆与轴相切 D．当时，的最大值为 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．已知平面向量，满足，，且，则与的夹角为______． 13．已知数列的前项积为，，若数列是公差为1的等差数列，则__________. 14．已知双曲线的左顶点为，右焦点为F，P为双曲线右支上的点，若双曲线的离心率为2，且，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，已知，，． (1)求角；(2)若为锐角三角形，且，求的面积. 16．（15分）设等差数列的前n项和为，已知，. (1)求 (2)若从中抽取一个公比为q的等比数列，其中，且， ①当q取最小值时，求数列的通项公式 ②若关于n（）的不等式有解，求q的值. 17．已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若为函数的三个零点，且满足， ①求实数的取值范围；②求的最小值. 18．（17分）已知椭圆：经过点及点． (1)求的方程； (2)若点在线段（不含端点）上运动，垂直于轴的直线交于点（在轴上方），点满足，设直线与的另一个交点为． （ⅰ）证明：直线过定点；（ⅱ）求四边形面积的最大值． 19．（17分）已知，两个盒子里分别有，个小球，另有足够多的小球备用.重复进行次如下操作：每次从，中随机选取一个盒子，向里面放入1个球或放入2个球，从剩下的另一个盒子里取出1个球或取出2个球.每一次操作中某个盒子里“放入1个球”“放入2个球”及“取出1个球”“取出2个球”均是等可能的，这次操作结果均相互独立. (1)若，，求第一次操作后，盒子里球的个数多于盒子里球的个数的概率； (2)求完成一次操作后，，两个盒子里球的个数之和减少的概率； (3)求重复进行次操作后，，两个盒子里球的个数之和为的概率. 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02） 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】C 【分析】由交集的运算可得结果. 【详解】，则. 故选：C. 2．设为虚数单位，若复数，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用复数的除法化简复数即可. 【详解】. 故选：A. 3．的展开式中的系数为 A．10 B．20 C．40 D．80 【答案】C 【详解】分析：写出，然后可得结果 详解：由题可得 令,则 所以 故选C. 4．若二次函数的图象与曲线存在公共切线，则实数的取值范围为（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【分析】设公切线与、的切点坐标，由导数几何意义、斜率公式列出方程化简，分离出后构造函数，利用导数求出函数的单调区间、最值，即可求出实数的取值范围． 【详解】解：设公切线与的图象切于点，， 与曲线切于点，， 因为，，则 ， 化简可得，，得或， ，且，，则，即， 由得， 设，则， 在上递增，在上递减， （2）， 实数的取值范围为，， 故选：． 5．抛掷一枚骰子一次，观察向上一面的点数，将结果记作．若事件，事件，事件C满足，则事件C的个数为（   ） A．9 B．8 C．7 D．6 【答案】A 【分析】由独立乘法公式即可求解. 【详解】根据题意，得到,,则， 当，，等式成立； 当，，； C中含6，从1,2,3,5的4个元素中选3个，共种. 同理，当也有4种，共种. 故选：A. 6．定义在上的可导函数，满足，且，若，，，则、、的大小关系是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，结合条件求导可得在上为减函数，由其单调性即可判断、、的大小关系. 【详解】由已知可得：，令， 则， 且， 再令，则， 当时，，即函数在上为增函数， 当时，，即函数在上为减函数， ， 在上恒成立，在上为减函数； ，，即. 故选：C. 7．已知，若，则的最小值为（    ） A．3 B． C．6 D． 【答案】D 【分析】化简得，构造，利用判断是否单调，得出关于的关系式，最后利用基本不等式得出答案 【详解】令，对求导得. ，恒成立 在上单调递增 整理得， 由在上单调递增知，即 又 故选：D 8．在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，构造出新的数列．对数列、进行构造，第一次得到数列、、；第二次得到数列、、、、；依次构造，第次得到的数列的所有项的和记为，令，则（   ） A．第四次得到的数列共项 B． C．数列是等差数列 D．对，以、、为边长不能构成一个三角形 【答案】D 【分析】第次得到的数列的所有项的项数为，求出数列的递推公式，逐项计算可判断A选项；设第次得到的数列的所有项的项为、、、、，结合题意推导出数列的递推公式，可判断B选项；利用构造法求出数列的通项公式，可得出数列的通项公式，结合等差数列的定义可判断C选项；利用三角形三边关系可判断D选项. 【详解】对于A选项，第次得到的数列的所有项的项数为，则， 设第次得到的数列的所有项的项为、、、、， 然后将相邻两项的和插入这两项所形成的空位中，共个空， 故，即， 因为，则，， ， 故第四次得到的数列共项，A错； 对于B选项，设第次得到的数列的所有项的项为、、、、， 则第次得到的数列的所有项的项为、、、、、、、，且，， 根据题意可得， ， 即，B错； 对于C选项，由题意可知， 由可得，且， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以， 因为，故不是常数， 故数列不是等差数列，C错； 对于D选项，由C选项可知，则数列为单调递增数列，且， 因为， 所以，故对，以、、为边长不能构成一个三角形，D对. 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．下列说法正确的是（   ） A．数据28，13，15，31，16，18，20，24的中位数是19 B．若两组成对数据样本相关系数分别为，则组数据比组数据线性相关性更强 C．从小到大顺序排列的数据3，5，，8，9，10，其极差与平均数相等，则方差为6 D．数据的平均数为，数据的平均数为，则有 【答案】ABD 【分析】由中位数的概念可判断A，由相关系数的意义可判断B，由极差、平均数、方差的计算公式可判断CD. 【详解】对于A，从小到大排序如下：13，15，16，18，20，24，28，31， 故中位数为，正确， 对于B，，所以组数据比组数据的线性相关性更强，正确， 对于C，由题意可知：极差为，平均数为， 则，解得，所以平均数为， 方差为，错误； 对于D，因为，所以， 则，正确； 故选：ABD 10．设为正实数，为实数，已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．若函数的最大值为2，则 B．若对于任意的，都有成立，则 C．当时，若在区间上单调递增，则的取值范围是 D．当时，若对于任意，函数在区间上至少有两个零点，则的取值范围是 【答案】ACD 【分析】对A：根据正弦函数的有界性分析判断；对B：利用函数的周期的定义分析判断；对C：以为整体，结合正弦函数的单调性分析判断；对D：以为整体，结合正弦函数的性质分析判断. 【详解】A选项，由题意，则，A正确； B选项，若，则的周期为， 设的最小正周期为，则， 解得，B错误； C选项，当时， ∵，则， 若在区间上单调递增，则， 解得，C正确； 选项，由题意可得，对，在上至少两个零点， ∵，则， 若对，在上至少两个零点，则，解得，D正确； 故选：ACD. 11．已知抛物线的焦点为，准线为，过点且斜率为的直线与交于，两点．过点作的切线，交准线于点，交轴于点（异于点），过点作，垂足为，则（   ） A． B． C．以为直径的圆与轴相切 D．当时，的最大值为 【答案】ABD 【分析】联立直线方程和抛物线方程，根据韦达定理可得；根据已知可解得用表示的坐标，即可求，利用斜率相等即可；利用表示出以为直径的圆的半径，再求中点到轴的距离即可判断；用表示出即可求最大值. 【详解】抛物线可得焦点，准线方程为，. 过点且斜率为的直线方程为. 联立方程得，消去，得. 所以. 对于A，，故A正确； 对于B，由得，则，所以过点的切线方程为. 令，得，则. 令，得，则. 又，所以， 因为，所以.所以，所以，故B正确； 对于C，， 所以以为直径的圆的半径. 中点即圆心纵坐标为. 所以圆心到轴距离为，即圆与轴不相切，故C错误； 对于D，点即，直线方程为则， 因为，所以，所以. 又，则. 在中，，又，所以. 所以. 又，所以时，取得最大值，故D正确. 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．已知平面向量，满足，，且，则与的夹角为______． 【答案】 【分析】根据，进行数量积运算可得出，进而求出的值，从而得出与的夹角. 【详解】， ∴， ， ，即与的夹角为． 故答案为： 13．已知数列的前项积为，，若数列是公差为1的等差数列，则__________. 【答案】 【分析】根据等差数列的通项公式可得，进而，结合为数列的前项积即可求解. 【详解】由题知. ∵数列是公差为1的等差数列， ∴，∴. ∴. 故答案为：. 14．已知双曲线的左顶点为，右焦点为F，P为双曲线右支上的点，若双曲线的离心率为2，且，则_______． 【答案】 【分析】根据离心率写出双曲线方程，与直线联立求出点坐标，进而可求出直线的斜率，则可求. 【详解】由已知，由于离心率确定，的具体大小并不会影响题目中的角度， 故不妨取，则， 双曲线方程，不妨取在第一象限，如图： 设，且 则直线，与联立消去得 ， 则，所以，代入可得， 所以， 即， 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，已知，，． (1)求角；(2)若为锐角三角形，且，求的面积. 【答案】(1)或；(2) 【分析】（1）利用两角和的正切公式化简等式，利用诱导公式求出，再利用正弦定理求出角； （2）根据得到点为三角形重心，由直接求解即可. 【详解】（1）， 在三角形中，， ，，， 在中，， ， 又， ，， 由正弦定理，得， ，或； （2）因为为锐角三角形，所以， ， 点为三角形重心， 所以， 又， 所以， 所以的面积为. 16．（15分）设等差数列的前n项和为，已知，. (1)求 (2)若从中抽取一个公比为q的等比数列，其中，且， ①当q取最小值时，求数列的通项公式 ②若关于n（）的不等式有解，求q的值. 【答案】(1)；(2)① ；② 【分析】（1）解等差数列问题，主要从待定系数对应关系出发.由等差数列前n项和公式，求出公差即可 （2）①利用等比数列每一项都为等差数列中项这一限制条件，对公比逐步进行验证、取舍，直到满足.因为研究的是取最小值时的通项公式，因此可从第二项开始进行验证，首先满足的就是所求的公比，②由①易得与的函数关系，并由为正整数初步限制取值范围，当且时适合题意，当且时，不合题意.再由不等式有解，归纳猜想并证明取值范围为，本题难点是如何说明当, 时不等式即无解，可借助研究数列单调性的方法进行说明. 【详解】（1）解：设等差数列的公差为，则，解得，所以. （2）① 数列是正项递增等差数列，所以数列的公比 若，则由，得，此时，由， 解得，所以，同理； 若，则由，得，此时，又，所以，即 对任何正整数，是数列的第项．所以最小的公比． 所以． ② 因为，得，而 所以当且时，所有的均为正整数，适合题意； 当且时，不全是正整数，不合题意. 而有解，所以有解，经检验，当，时，都是的解，适合题意； 下面证当时，无解, 设 则 因为，所以在上递减 又因为，所以恒成立，所以，所以恒成立 又因为当时，，所以当时，无解. 综上所述，的取值为 【点睛】本题利用了归纳法和数列的单调性法则进行证明，综合性比较强. 17．已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若为函数的三个零点，且满足， ①求实数的取值范围；②求的最小值. 【答案】(1)；(2)① ② 【分析】（1）求导求出切线斜率，代入点坐标可求切线方程. （2）①对函数求导，分析判断满足零点条件所需要的函数单调性区间，建立关于的限制条件，解出取值范围. ②根据零点大小关系求出，接着观察函数的结构特征，建立函数关系式，求出，再用均值不等式求解，可得最小值. 【详解】（1），所以 ，可得点 ，所以 ， 所以切线方程为. （2）①因为， 若，则恒成立，故在上递增，不可能有三个零点，不合题意. 若，则有两个不相等的实数根，记为，且， 故在上递增，在上递减， 因为，所以， 又因为当时，， 令，则， 所以在上递增，且， 同理，所以在和上各有一个零点，又显然是的一个零点. 综上，当函数有三个零点时，可得实数的取值范围为. ②，因为，所以，， 所以， 由， 可得 ， 又因为 ， 根据区间单调性，可得 ， 所以， 又因为，当且仅当，即时等号成立， 所以. 18．（17分）已知椭圆：经过点及点． (1)求的方程； (2)若点在线段（不含端点）上运动，垂直于轴的直线交于点（在轴上方），点满足，设直线与的另一个交点为． （ⅰ）证明：直线过定点；（ⅱ）求四边形面积的最大值． 【答案】(1) (2)（i），则直线的方程：，即， 因为，，所以，， 设的直线方程为， 联立得， ， ①，②， 直线的方程为， 将点代入得， 即， 即， ， 将①②代入得， 整理得， ， ， ， ， 解得或， 当时，直线：，恒过，不成立； 当时，直线：，恒过， 所以直线恒过定点. （ii） 【分析】（1）将点坐标代入椭圆方程，然后解方程即可； （2）（i）根据的坐标得到直线的方程，然后根据得到的坐标，设直线的方程，与椭圆方程联立，然后根据点在直线上列等式，得到，即可得到直线恒过定点； （ii）将四边形分割成和，然后根据点在两侧求的最大值，即可得到四边形面积的最大值. 【详解】（1）由题意得，解得，所以. （2） （i）略. （ii）， 设点到直线的距离分别为， 则， ， 因为位于直线的两侧， 所以 ， ， 由（i）得，则， 令，则， 令，则， 令，， 所以在上单调递减， 所以当，，时，取得最大值，为， 此时， 所以四边形面积的最大值为. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线的最值问题： ①几何思路：根据几何知识判断，例如：两点之间线段最短等； ②代数思路：将需要求的转化为代数形式表示，然后走不等式或函数的思路求最值. 19．（17分）已知，两个盒子里分别有，个小球，另有足够多的小球备用.重复进行次如下操作：每次从，中随机选取一个盒子，向里面放入1个球或放入2个球，从剩下的另一个盒子里取出1个球或取出2个球.每一次操作中某个盒子里“放入1个球”“放入2个球”及“取出1个球”“取出2个球”均是等可能的，这次操作结果均相互独立. (1)若，，求第一次操作后，盒子里球的个数多于盒子里球的个数的概率； (2)求完成一次操作后，，两个盒子里球的个数之和减少的概率； (3)求重复进行次操作后，，两个盒子里球的个数之和为的概率. 【答案】(1)；(2)；(3) 【分析】（1）（2）由题意，利用列举法，结合古典概型的概率公式，可得答案； （3）由（2）可得每次操作之后和的情况，利用概率的乘法公式，可得答案. 【详解】（1）设第次操作后A，B两个盒子里球的个数分别为， 列举所有8种可能的情形： ，，，，，，，， 满足的有3种情形，所以第一次操作后，盒子里球的个数多于盒子里球的个数的概率. （2）设，，在第次操作结果有8种等可能的情形， ①当，或，，或，或，时，； ②当，或，时，； ③当，或，时，； 仅有③中所述2种情形是减少的， 故一次操作后A，B两个盒子里球的个数之和减少的概率为. （3）由（2）的讨论知，每一次操作，A，B两个盒子里球的个数之和有3种可能的变化： 增加1个、不变、减少1个，要满足本次操作后，A，B两个盒子里球的个数之和为， 即比初始值增加个，则只可能是每一次操作均增加1个小球. 由（2）知，每次操作小球增加1个的概率为， 由于每一次操作结果均独立，本次操作均增加1个的概率为， 故A，B两个盒子里球的个数之和为的概率为. 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 $