精品解析：浙江天域名校协作体2027届高三上学期10月学科练习数学试卷

高三数学学科练习 注意事项： 1．本题共4页，满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，在答题卡指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号． 3．所有答案必须写在答题卡上，写在试题上无效． 4．结束后，只需上交答题卡． 选择题部分 一、单项选择题：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，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，i为虚数单位，若为纯虚数，则a的值为（ ） A. 1 B. C. 0 D. 3. 已知，，则“”的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 4. 若将函数的图象向左平移个单位后的函数图象关于y轴对称，则可取值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知事件与事件同时发生时，事件必然发生，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 设，分别为数列，的前项和，且，则当取得最大值时， A. 23 B. 24 C. 25 D. 26 7. 已知函数，则（ ） A. -2 B. 0 C. 2 D. 10 8. 设为原点，，分别为双曲线C：的左右焦点，，分别为左右顶点，点在双曲线上且满足，平分，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 掷一枚质地均匀的骰子，连续抛掷4次，记录每次朝上的点数．若该组数据的平均数为3，则（ ） A. 中位数可能为3 B. 极差可能为1 C. 众数可能为2 D. 方差可能为6 10. 在棱长为2的正四面体中，点在平面内，且，则下列说法正确的有（ ） A. 点的轨迹是圆 B. 三棱锥的体积最大值为 C. 存在点，使得 D. 的最小值为 11. 已知奇函数和偶函数的定义域均为，其导函数分别为，，且，，，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 函数的值域为 C. 对任意，都有，那么的取值范围为 D. 若直线与函数、函数的图象分别交于、两点，函数在点处的切线与函数在点处的切线相交于，则的最小值为 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知两单位向量，满足，则，的夹角为______． 13. 已知抛物线：上点，斜率为1的直线过点，抛物线上存在两点，关于直线对称，则______． 14. 设数列满足，，，记为不超过实数的最大整数，则______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，角，，所对应的边分别为，，，，． （1）求； （2）若，求． 16. 如图，在三棱柱中，为边长为2的正三角形，顶点在底面的投影为线段的中点，已知直线与平面所成的角为，为棱上一动点． （1）求三棱锥的体积； （2）若，求平面与平面所成角的正弦值． 17. 已知函数． （1）求证：函数在上存在唯一极值点； （2）设为（1）中的极值点，求证：对任意，都有． 18. 已知椭圆：，点在椭圆上，为坐标原点，，关于原点对称，设直线斜率为，过点作斜率为的直线交轴于点，直线与椭圆交于另一点． （1）证明：直线与直线斜率之和为定值； （2）若直线，直线，直线的斜率依次成等比数列，求的值； （3）求外接圆圆心的纵坐标的最大值． 19. 已知，，…，为1，2，…，的一个排列，定义一次划分变换：把小于的数按照原排列的顺序排在左边（若没有小于，则其左侧不放任何数）；把大于的数按照原排列的顺序排在右边（若没有大于，则其右侧不放任何数），得到新的数列记为，其中，，． （1）若排列为4，2，3，1，写出以及； （2）对于任意有限排列，必定存在正整数使得．记使得成立的最小的正整数为随机变量，且表示满足的排列的个数，其中． （ⅰ）若，求的值（用表示）； （ⅱ）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学学科练习 注意事项： 1．本题共4页，满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，在答题卡指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号． 3．所有答案必须写在答题卡上，写在试题上无效． 4．结束后，只需上交答题卡． 选择题部分 一、单项选择题：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，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，故且， 所以. 2. 已知，i为虚数单位，若为纯虚数，则a的值为（ ） A. 1 B. C. 0 D. 【答案】A 【解析】 【详解】， 因为为纯虚数，所以，. 3. 已知，，则“”的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为函数是定义在上的单调递增函数，所以等价于． 选项A、取，满足，但此时， 说明无法推出，充分性不成立，选项A错误； 选项B、取，满足，但此时， 说明无法推出，充分性不成立，选项B错误； 选项C、对数函数的定义域为，且在定义域上单调递增， 若，则，可推出，充分性成立； 若即， 当或时，或无意义，无法推出，必要性不成立， 因此是的充分不必要条件，选项C正确； 选项D、指数函数是定义在上的单调递增函数， 等价于，即等价于， 因此是的充要条件，选项D错误． 4. 若将函数的图象向左平移个单位后的函数图象关于y轴对称，则可取值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简可得，结合三角函数图象变换可得平移后的解析式为，再结合偶函数性质可得结论. 【详解】函数的图象向左平移个单位， 得到 图象关于轴对称，即， 解得，又，当时，的最小值为.      5. 已知事件与事件同时发生时，事件必然发生，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合题意判断A，举反例判断B，结合概率的加法公式判断C，D即可. 【详解】对于A，由题意得事件与事件同时发生时，事件必然发生， 得到，故A错误， 对于B，设样本空间为，，，， 可得，，满足， 而，不满足，故B错误， 对于C，D，由概率加法公式得， 而，则 即成立，故C错误，D正确. 6. 设，分别为数列，的前项和，且，则当取得最大值时， A. 23 B. 24 C. 25 D. 26 【答案】B 【解析】 【详解】∵，∴， 当时，，∴ ∴ ∵，∴， 当时，；当时，. 故当时，最大. 故选B 7. 已知函数，则（ ） A. -2 B. 0 C. 2 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项式定理及分段函数性质求解即可. 【详解】 . 因为，，，均能被3整除， 所以除以3的余数为1，即， 所以. 8. 设为原点，，分别为双曲线C：的左右焦点，，分别为左右顶点，点在双曲线上且满足，平分，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，由和点在双曲线上得到两个方程，利用平分得到角平分线定理，将线段比转化为离心率的表达式，联立方程消元后得到关于离心率的方程，解出并结合确定最终结果. 【详解】设，由得（1） 又在双曲线上：（2） 由平分，由角平分线定理得（3）， 由 (1)(2) 消去得（4）， 又 将 代入 (3) 的平方： 即，整理得（5）， 由(4)(5)得即 因为，所以，代入得 化简得，即， 解得，因为，所以 二、多项选择题：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. 掷一枚质地均匀的骰子，连续抛掷4次，记录每次朝上的点数．若该组数据的平均数为3，则（ ） A. 中位数可能为3 B. 极差可能为1 C. 众数可能为2 D. 方差可能为6 【答案】AC 【解析】 【分析】利用特例判断AC的真假；利用极差的概念，结合整数的性质可判断B的真假；利用方差的概念，分情况研究，可判断D的真假. 【详解】对A，若4次所得的点数分别为，则该组数据的中位数为，故A正确； 对B，设4次所得的点数分别为，且，由平均数为3得， 若极差为，则，所以中只能出现和两个整数. 设出现个，个，则（）. 因为时，的值分别为，均不是4的倍数，所以方程无整数解. 即极差不可能为1.故B错误； 对C，设4次所得的点数分别为，则该组数据的众数为2，故C正确； 对D，设4次所得的点数分别为，且，由平均数为3得， 若方差为6，则， 设，，则， 且，. 所以不可能有2个3. （1）若中有1个数是3，则其他3个数的和为，平方和为. 因为3个数的和为，则这三个数可能是： ①，但平方和为3，不等于15，不合题意； ②，但平方和为5，不等于15，不合题意； ③，但平方和为9，不等于15，不合题意； （2）若没有3，则这4个数为时，平方和取得最大值，为16，因为，所以无解. 综上，方差不可能为6.故D错误. 10. 在棱长为2的正四面体中，点在平面内，且，则下列说法正确的有（ ） A. 点的轨迹是圆 B. 三棱锥的体积最大值为 C. 存在点，使得 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正四面体的性质、线面垂直的性质、正三角形的性质及圆的轨迹方程即可判断A；根据等体积法及圆上的点到定直线的最值即可判断B；根据向量的数量积及数量积运算律即可判断CD. 【详解】对于A，正四面体顶点在底面上的投影为底面正的重心，连接并延长，交于，连接， 所以平面，，为中点. 在正中，；在正中，. 在中，. 在中，， 即在平面内，点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，A正确. 对于B，设点到的距离为. 因为， 所以当三棱锥体积最大时，点到的距离最大. 又点到的距离最大值， 所以，B错误. 对于C，在正中，. 因为， 所以当时，，此时. 故存在点，使得，C正确. 对于D，， 又，所以，此时与反向共线. 故当与反向共线时，取到最小值，为，D正确. 11. 已知奇函数和偶函数的定义域均为，其导函数分别为，，且，，，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 函数的值域为 C. 对任意，都有，那么的取值范围为 D. 若直线与函数、函数的图象分别交于、两点，函数在点处的切线与函数在点处的切线相交于，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由、 构造和，分别利用导数关系求出两函数的解析式；A直接代入验证；B将分式变形后利用指数函数的值域求范围；C利用函数单调性和极限判断的取值范围；设切点求两切线交点，再计算并利用基本不等式求最小值即可判断D． 【详解】由题意，为奇函数，为偶函数，且，，， 令，则 又，故，即， 令，则 又，故，即， 解得： 对于A：，所以A正确； 对于B：， 因为，所以，故，所以B正确； 对于C：不等式可化为， 设，则，， 当时，因为，所以， 函数在上单调递增，又，所以，满足条件， 当时，设，，则， 所以在上单调递增，， 存在使得，当时，，即， 函数在上单调递减，故时，，不满足条件， 所以要使恒成立，需，即，所以C错误； 对于D：设 ，， 在处切线：； 在处切线：； 联立两式 整理得 因为，所以，即， 代入得，所以， 所以， 因为，所以，当时取最小值，所以D正确. 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知两单位向量，满足，则，的夹角为______． 【答案】## 【解析】 【分析】由单位向量，满足，化简得，再结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】由单位向量，满足， 可得， 又因为，可得， 设向量与的夹角为，且， 因为，所以. 13. 已知抛物线：上点，斜率为1的直线过点，抛物线上存在两点，关于直线对称，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由点在抛物线上求参数值，即可得抛物线，应用点斜式写出直线方程后设直线MN的方程为，联立抛物线得到韦达定理，且MN的中点坐标为，再由点在直线上求参数，最后由弦长公式可得. 【详解】如图，因为在抛物线上，所以，解得， 所以抛物线方程为， 因为直线的斜率为1，所以直线的方程为； 设直线MN的方程为， 由，消去得， 设，则，于是线段MN的中点坐标为， 显然点在直线上，即，解得， 所以， 所以. 14. 设数列满足，，，记为不超过实数的最大整数，则______． 【答案】1023 【解析】 【分析】根据已知关系式可得，知数列为递增数列；采用裂项相消法可求得，知，由数列单调性可求得，由此可推导得到，最后结合取整函数定义求得结果即可. 【详解】因为，所以， 可得， 化简得，而， 由题意得， 而， 可得， 而，则， 得到数列是单调递增数列，且， 因为，所以，得到，可得， 而记为不超过实数的最大整数，故. 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，角，，所对应的边分别为，，，，． （1）求； （2）若，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形内角和得到，结合以及角范围得到，联立方程组求解角A； （2）由正弦定理把转化为，借助三角恒等式代入求值. 【小问1详解】 因为，所以，，所以， 因为，所以，又因为，解得，； 【小问2详解】 由二倍角公式得， 得到， 所以，得， 又由正弦定理得，所以， 故. 16. 如图，在三棱柱中，为边长为2的正三角形，顶点在底面的投影为线段的中点，已知直线与平面所成的角为，为棱上一动点． （1）求三棱锥的体积； （2）若，求平面与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由为在底面上的投影，推出面，点到平面的距离等于点到平面的距离，确定高，将三棱锥的体积转化为求的体积. （2）根据题中的垂直关系建立空间坐标系，标记点的坐标，分别求解平面与平面的法向量，求解两个法向量夹角的正弦值，进而确定两个平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 ∵在三棱柱中，为在底面上的投影，∴面， ∵面，∴点到平面的距离等于点到平面的距离 因为与平面所成的角为，且面， ∴， ∴ 【小问2详解】 以为原点，，，为，，轴，如图， 可得：，，，，， 又∵，∴，∴， 所以，，， 设为平面的一个法向量， 则，即，令，则， 设为平面的一个法向量， 则，即，令，则， ∴，，所以平面与平面所成角的正弦值为. 17. 已知函数． （1）求证：函数在上存在唯一极值点； （2）设为（1）中的极值点，求证：对任意，都有． 【答案】（1）由，则， 令，，则，则在上单调递减， 令，，则， 当，，则在上单调递减；当，，则在上单调递增， 所以，所以，即，所以， 由，则，所以， 所以存在唯一零点，使得， 当，，即；当，，即， 因此是的唯一极值点，证毕． （2）由（1）可知是极大值点，所以对任意，都有． 因此只需证明不等式：对任意，都有． 由，得，得， 则， 则， 令，则， 当时，，则在上单调递减， 故，即，证毕． 【解析】 【分析】（1）先求出，再构造函数，求，从而得到的单调性，再结合零点定理即可证明结论； （2）结合（1）可将需证明的结论转化为对任意，都有，再结合，通过构造函数，求导，分析函数的单调性求出最值即可证明． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 已知椭圆：，点在椭圆上，为坐标原点，，关于原点对称，设直线斜率为，过点作斜率为的直线交轴于点，直线与椭圆交于另一点． （1）证明：直线与直线斜率之和为定值； （2）若直线，直线，直线的斜率依次成等比数列，求的值； （3）求外接圆圆心的纵坐标的最大值． 【答案】（1）设，则，则直线的斜率为， 又直线AD的斜率为，则直线AD的方程为， 又点在轴上，则点的坐标为， 则直线的斜率为， 所以直线与直线斜率之和为（定值），证毕． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先设，再根据题意得到点的坐标，从而得到直线与直线的斜率，即可得到直线AD的方程，从而得到点的坐标，即可得到直线的斜率，进而求直线与直线斜率之和即可证明； （2）结合（1）及题意求出，从而得到，再根据等比数列的性质即可求出的值； （3）先结合（1）得到的直线方程，再联立椭圆方程及韦达定理即可得到的中点的坐标，从而联立，的垂直平分线即可得到外接圆圆心P的纵坐标，再构造函数，，分析其奇偶性，求导，分析单调性即可得到，进而即可得到的最大值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 结合（1）有，，，，， 由，，均在椭圆上，设， 则，即， 又，，依次成等比数列，则，即， 解得． 【小问3详解】 结合（1）有，，即， 则的直线方程为，即， 联立，整理得． 设的中点为，则，则， 联立，的垂直平分线， 解得外接圆圆心为P的纵坐标为， 又，且，解得， 所以， 设，，则， 由于，则为奇函数， 则只需考虑，令，解得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以当时，取得最大值，且， 故的最大值为． 19. 已知，，…，为1，2，…，的一个排列，定义一次划分变换：把小于的数按照原排列的顺序排在左边（若没有小于，则其左侧不放任何数）；把大于的数按照原排列的顺序排在右边（若没有大于，则其右侧不放任何数），得到新的数列记为，其中，，． （1）若排列为4，2，3，1，写出以及； （2）对于任意有限排列，必定存在正整数使得．记使得成立的最小的正整数为随机变量，且表示满足的排列的个数，其中． （ⅰ）若，求的值（用表示）； （ⅱ）证明：． 【答案】（1）：2，3，1，4，：1，2，3，4 （2） （ⅰ） （ⅱ）解法一：， 当时，，从而，满足结论． 当时，由（ⅰ）得. 令，则 又因为， 于是． 综上，． 记，则， 于是单调递增，从而，当且仅当等号成立． 所以，即． 故． 命题得证． 解法二：当时，，从而，满足结论． 当时，将1，2，…，m任意排列得到随机排列A：， 使得成立的最小的正整数k为X，记此时X的期望为． 设A：中，则t等可能地取1，2，…，m， 故，． 对A作用一次划分变换F 若，则没有小于1的数，变换后排列不变，此时； 若，则： 其中是1，2，…，的一个排列， 并且此后的划分变换F只对左侧的个数起作用，右侧大数保持相对顺序不变， 此时满足，后续需要的最少次数的期望为， 于是，在的条件下，有， 故， 即①，从而②， ①-②得，即③ 易知，，容易验证满足， 从而有， 记，则， 于是单调递增，从而，当且仅当等号成立． 所以，即． 故． 综上，X的期望． 【解析】 【分析】（1）每次变换只看当前数列的第一个数，原数列里比它小的全部保序放左边，比它大的全部保序放右边，首项放中间； （2）（ⅰ）按最大数 m 的插入位置分两类，插首位则稳定次数加 1，插其余位置则稳定次数不变，合并后即可得到递推系数； （ⅱ）解法一借助排列数的递推公式推导期望的递推关系，得到期望为调和级数形式，再构造函数证明对数不等式，通过裂项放缩证明期望上界；解法二以首项的取值为条件，用全概率公式建立期望的递推式，同样得到调和级数的期望表达式，结合对数放缩完成不等式证明. 【小问1详解】 ：2，3，1，4， ：1，2，3，4 【小问2详解】 （ⅰ）考虑将最大的数m插入到由1，2，3，…，构成的排列中： ①若m插在第1位：因为m最大，第一次变换会把它直接移到最右边， 这相当于在子排列上多消耗了一次变换，所以X比原来大1，对应； ②若m插在其余位置：由于m最大，在变化过程中，m始终不可能成为排列的首项， 因此X保持不变，对应． 由①②知，，故； （ⅱ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $