广东广州市真光中学高中部汾水校区2027届高三10月阶段训练数学试卷

广州市真光中学高中部汾水校区2027届高三10月阶段训练 数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：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，用铅笔把答题卡上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．在复平面内，对应的点位于（　　） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】 【分析】由复数的乘法运算及复数的几何意义可解． 【解答】解：， 由复数的几何意义可知，该复数对应的点为，位于第一象限． 故选：． 2．已知集合，0，2，4，，，则（　　） A．，0，2， B．，2， C．，0， D．，0，2，4， 【答案】 【分析】由对数函数定义域可化简集合，然后由交集补集知识可得答案． 【解答】解：因为，可得或， 故或， 所以， 所以，2，． 故选：． 3．已知函数为偶函数，当时，，则（1）（　　） A． B． C．6 D． 【答案】 【分析】根据偶函数的定义得到，代入计算即可． 【解答】解：根据题意，当时，， 则， 又由为偶函数，则（1）． 故选：． 4．酒驾是严重危害交通安全的违法行为．为了保障交通安全，根据国家有关规定：血液中酒精含量达到的驾驶员即为酒后驾车，及以上认定为醉酒驾车．某天，驾驶员张某在家喝了一定量的酒后，其血液中的酒精含量达到了，如果停止喝酒以后，他血液中酒精含量会以每小时的速度减少，那么他至少经过几个小时才能安全驾驶？（结果取整数，参考数据：， A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】 【分析】通过建立酒精含量的指数衰减模型，结合对数运算求解满足安全驾驶的最小时间． 【解答】解：设经过小时才能安全驾驶，此时每血液中酒精含量为， 由安全标准得，即， 两边取常用对数，得， 计算得，， 故， 因为取整数，所以至少为2． 故选：． 5．“，，”是“点在圆外部”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】 【分析】由点在圆外结合二次方程表示圆的条件可将“点在圆外部”化为，据此可得答案． 【解答】解：因点在圆外部， 则， 解得：． 因为是，，的真子集， 则由“，，”不能得到“点在圆外部”， 由“点在圆外部”可得到“，，”， 即“，，”是“点在圆外部”的必要不充分条件． 故选：． 6．非零向量满足与垂直，则与的夹角为（　　） A． B． C． D． 【答案】 【分析】根据向量垂直数量积为零可求得与的关系式，进而求得夹角． 【解答】解：由题意，可得， 即， 又，所以， 即， 因此， 又，则与的夹角为． 故选：． 7．数列的前项和为，的前项和为，则数列（　　） A．有最大项也有最小项 B．无最大项也无最小项 C．有最小项但无最大项 D．有最大项但无最小项 【答案】 【分析】根据数列和数列的前项和，分别求出数列和数列的通项公式，进而可以得到数列的通项公式，通过判断其单调性，可得是否存在最大值和最小值． 【解答】解：设数列的前项和为，的前项和为， 由数列的前项和为，的前项和为， 则，， 当时，， 当时，， 所以，； 当时，；当时，， 则，； 所以， 令， 又，，，， ， 当时，，，所以，且时，， 则， 所以当时，，数列单调递增，得； 当时，，数列单调递减，得； 当，时，，数列单调递增，得； 由此可知最大，最小， 综上所述，数列存在最大项，也存在最小项． 故选：． 8．已知为锐角，，则（　　） A． B． C． D． 【答案】 【分析】结合角的范围，运用诱导公式、同角三角函数的基本关系与二倍角公式，即可得解． 【解答】解：因为， 且， 所以， 又，所以， 故，． 故选：． 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．在的展开式中，下列说法正确的是（　　） A．一共有5项 B．第3项为 C．所有项的系数和为0 D．所有项的二项式系数和为32 【答案】 【分析】利用展开式的通项公式和赋值法可求解． 【解答】解：因为的展开式共有6项，不正确； 二项式展开式的通项公式为，，1，2，3，4，5， 令，可得第三项为，不正确； 令可得所有项的系数和为0，正确； 所有项的二项式系数和为，正确． 故选：． 10．在边长为3的等边三角形中，，则下列结论正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】 【分析】以为基底，表示，，，并通过数量积运算进行判断． 【解答】对于，错误； 对于，所以 ，正确； 对于：因为 所以 所以，正确； 对于，正确． 故选：． 11．已知函数，则下列结论正确的是（　　） A．函数有三个单调区间 B．函数有最小值 C．函数在上单调的充要条件是 D．函数有两个零点 【答案】 【分析】求出函数的定义域和导数，结合导数在定义域内的正负判断函数的单调性，进而分析函数的最值及零点情况． 【解答】解：已知，那么， 导函数． 令，解得或，因为，故， 当时，，，因此导函数，单调递增； 当时，，，因此导函数，单调递减， 因此有两个单调区间，选项错误； 由上可知，在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得最小值，（1），故正确； 因为在上单调递减，在上单调递增， 若函数在上单调，则，满足充分性， 若，则函数在上单调，满足必要性， 故函数在上单调的充要条件是，选项正确； 因为在上单调递减，在上单调递增，（1）为最小值， 所以只有一个零点，故错误． 故选：． 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。 12．一个等边三角形边长为2，以其一边所在直线为轴，其余各边旋转一周围成的几何体的体积为　　 ． 【答案】． 【分析】确定几何体的形状，根据圆锥的体积公式即可求得答案． 【解答】解：如图，△为等边三角形，其边长为2，为的中点， 所以， 以其边所在直线为轴，其余各边旋转一周围成的几何体是以为半径的圆为底面高为1的两个圆锥， 故几何体体积为． 故答案为：． 13．在△中，若，，则　　 ． 【答案】． 【分析】先由正弦定理求得，再由同角的三角函数关系式得，再由大边对大角定理得为锐角，进而得到答案． 【解答】解：由题意，， 由正弦定理，可得，① 又，可得，② 将①②代入， 得，解得， 所以，即或， 又因为，由大边对大角， 可得，所以为锐角， 所以． 故答案为：． 14．已知不等式恒成立，则实数的取值范围是　，　 ． 【答案】，． 【分析】将不等式同构为，根据函数的单调性可得，分离参数得到，利用导数可求得函数的单调性，进而求得的取值范围． 【解答】解：根据得：， 即， 令函数，那么， 因为在上单调递增，所以，所以， 令，那么导函数， 当时，恒成立，所以函数在上单调递增， 所以，即恒成立； 当时，若，那么导函数；若，那么导函数， 因此在区间上单调递减，在区间上单调递增， 因此，因此． 综上所述：，． 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、证明过程或演算步骤。 15．（13分）已知数列的首项． （1）求数列的通项公式； （2）若恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）； （2）． 【分析】（1）利用构造法可求的通项公式； （2）利用参变分离和数列的单调性可求的最大项，从而可求参数的取值范围． 【解答】解：（1）由已知条件可得， 而，故， 即数列是首项和公比均为3的等比数列， 可得，即． （2）若恒成立，即为， 即恒成立， 设，可得， 即数列是单调递减数列，可得， 所以，即实数的取值范围是． 16．（15分）设函数的图象在点，处的切线方程为． （1）求，的值； （2）求函数的最小值． 【答案】（1），； （2）． 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解； （2）利用复合函数的值域即可求解． 【解答】解：（1）因为，因此， 依题意知：，因此， 又因为因此，因此，； （2）因为，，因此， 因此， 当，即时，取得最小值， 因此最小值为． 17．（15分）如图，在四棱锥中，△是正三角形，，，． （1）求证：平面平面； （2）设，若点，，，，均在球的球面上且点在平面内． 求四棱锥的体积； 求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：由条件得，，，则是线段的中垂线， 所以， 又，，，平面， 所以平面，而平面， 故平面平面； （2）；． 【分析】（1）先得到，结合，得平面，故平面平面； （2）作出辅助线，得到四边形的面积，由面面垂直得到线面垂直，四棱锥的高为，并求出，由锥体体积公式得到答案； 作出辅助线，得到为二面角的平面角，求出各边长，由余弦定理和三角函数可得，进而由余弦定理可得，得到答案． 【解答】解：（1）证明：由条件得，，，则是线段的中垂线， 所以， 又，，，平面， 所以平面，而平面， 故平面平面； （2）如图所示，记与交于点，连接， 由题意，为四边形的外接圆圆心，即，，，四点共圆， 由条件，可得，，是线段的中垂线， 所以，，故， 则是四边形的外接圆直径，点为的中点， 因为，所以， 四边形的面积为， 取的中点，连接，则， 因为，为的中点， 所以， 由（1）知，平面平面，平面平面， 平面， 所以平面，即四棱锥的高为． 又平面，则，而，， 所以， 四棱锥的体积为． 作，垂足为点，连接， 由，，为公共边， 则△△， 所以，且， 即为二面角的平面角． 由， 在△中，由余弦定理，， 则， 所以， 又， 在△中，由余弦定理，， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 18．（17分）在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列，信号的传输相互独立．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为．假设发送信号0和1是等可能的． （1）若，，求接收的信号为0的概率； （2）现有两种传输方案：单次传输和三次传输，单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为． 若采用三次传输方案，若发送1，求依次收到1，0，1的概率； 若发送的信号为1，译码为1，则选用单次传输和三次传输哪种传输方案更好，请说明理由． 【分析】（1）先求条件概率，结合全概率公式可得答案； （2）利用独立事件的概率公式可得答案；分别表示出两种方式的概率，作差比较，分情况讨论可得答案． 【解答】解：（1）根据题意，设事件 “发送的信号为0”， “接收的信号为0”， 则 “发送的信号为1”， “接收的信号为1”． 由题意可得（A），，． 则（B）（A）． （2）根据题意，三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1， 此时依次收到1，0，1的概率为， 记三次传输，发送1，依次收到0，1，1为事件，依次收到1，0，1为事件，依次收到1，1，0为事件， 依次收到1，1，1为事件，且事件，，，相互互斥． ， ， 对于三次传输，记发送1，译码为1为事件， ， 记单次传输发送1，译码为1为事件，则， ， 因为，所以，． 当时，有，即，此时选用三次传输方案． 当时，有，即，选用哪种传输方案都可以． 当时，有，即，此时选用单次传输方案． 19．（17分）如图，圆，是圆内一个定点，是圆上任意一点．线段的垂直平分线和半径相交于点，当点在圆上运动时，记动点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）记的左顶点为，直线与交于，两点，直线，的斜率之积为． 证明：直线过定点； 若在轴上方，直线与圆交于点，点在轴上方，是否存在点，使得△与△的面积之比为？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1）； （2）证明：设直线的方程为，，，，， 联立，消去并整理得， 此时△， 由韦达定理得， 所以， 则， 整理得， 解得或， 当时，直线方程为， 此时直线过点，不符合题意； 当时，直线方程为， 此时直线过定点， 综上所述，直线过定点； 存在， 【分析】（1）根据条件，利用椭圆的定义，即可求解； （2）（ⅰ）设直线为，联立直线与椭圆方程，结合条件，利用根与系数间的关系，得，进而可解得或，即可求解； 根据条件得，，结合条件可得，即可求解． 【解答】解：（1）易知， 所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆，且长轴长，焦距， 则， 故曲线方程为； （2）（ⅰ）证明：设直线的方程为，，，，， 联立，消去并整理得， 此时△， 由韦达定理得， 所以， 则， 整理得， 解得或， 当时，直线方程为， 此时直线过点，不符合题意； 当时，直线方程为， 此时直线过定点， 综上所述，直线过定点； 设，， 因为，， 所以， 因为点在椭圆上， 所以， 即， 所以， 又， 则， 同理得， 因为，， 由知，， 所以 ， 可得， 所以， 则， 整理得， 解得或， 又， 所以， 将代入曲线方程中， 解得， 即， 则存在满足题意． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 广州市真光中学高中部汾水校区2027届高三10月阶段训练 数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：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，用铅笔把答题卡上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．在复平面内，对应的点位于（　　） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．已知集合，0，2，4，，，则（　　） A．，0，2， B．，2， C．，0， D．，0，2，4， 3．已知函数为偶函数，当时，，则（1）（　　） A． B． C．6 D． 4．酒驾是严重危害交通安全的违法行为．为了保障交通安全，根据国家有关规定：血液中酒精含量达到的驾驶员即为酒后驾车，及以上认定为醉酒驾车．某天，驾驶员张某在家喝了一定量的酒后，其血液中的酒精含量达到了，如果停止喝酒以后，他血液中酒精含量会以每小时的速度减少，那么他至少经过几个小时才能安全驾驶？（结果取整数，参考数据：， A．1 B．2 C．3 D．4 5．“，，”是“点在圆外部”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 6．非零向量满足与垂直，则与的夹角为（　　） A． B． C． D． 7．数列的前项和为，的前项和为，则数列（　　） A．有最大项也有最小项 B．无最大项也无最小项 C．有最小项但无最大项 D．有最大项但无最小项 8．已知为锐角，，则（　　） 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．在的展开式中，下列说法正确的是（　　） A．一共有5项 B．第3项为 C．所有项的系数和为0 D．所有项的二项式系数和为32 10．在边长为3的等边三角形中，，则下列结论正确的是（　　） A． B． C． D． 11．已知函数，则下列结论正确的是（　　） A．函数有三个单调区间 B．函数有最小值 C．函数在上单调的充要条件是 D．函数有两个零点 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。 12．一个等边三角形边长为2，以其一边所在直线为轴，其余各边旋转一周围成的几何体的体积为　　 ． 13．在△中，若，，则　　 ． 14．已知不等式恒成立，则实数的取值范围是　，　 ． 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．（13分）已知数列的首项． （1）求数列的通项公式； （2）若恒成立，求实数的取值范围． 16．（15分）设函数的图象在点，处的切线方程为． （1）求，的值； （2）求函数的最小值． 17．（15分）如图，在四棱锥中，△是正三角形，，，． （1）求证：平面平面； （2）设，若点，，，，均在球的球面上且点在平面内． 求四棱锥的体积； 求平面与平面的夹角的余弦值． 18．（17分）在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列，信号的传输相互独立．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为．假设发送信号0和1是等可能的． （1）若，，求接收的信号为0的概率； （2）现有两种传输方案：单次传输和三次传输，单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为． 若采用三次传输方案，若发送1，求依次收到1，0，1的概率； 若发送的信号为1，译码为1，则选用单次传输和三次传输哪种传输方案更好，请说明理由． 19．（17分）如图，圆，是圆内一个定点，是圆上任意一点．线段的垂直平分线和半径相交于点，当点在圆上运动时，记动点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）记的左顶点为，直线与交于，两点，直线，的斜率之积为． 证明：直线过定点； 若在轴上方，直线与圆交于点，点在轴上方，是否存在点，使得△与△的面积之比为？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $