云南省昆明市第一中学等校2027届高三上学期新高考自主命题冲刺金卷(二)数学试题

机密★启用前 【考试时间：10月12日14：30一16：30】 云南省新高考自主命题冲刺金卷（二） 数学 命题人：云南省新高考自主命题研究小组 审题人：云南省新高考自主命题研究小组 本试卷共4页，19题。全卷满分150分。考试用时120分钟。 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上 的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、 草稿纸和答题卡的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡 上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。 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i为虚数单位，复数：=，则 A.2 B.2 C.5 D.22 2.已知集合A={x∈Z|x|≤2}，B={xx2-3x≤0}，则A∩B= A{-2,-1,0} B.{2,1} C.[-2,0)U(1,2] D.{0,1,2} 3.已知|a=√2，a·(a-b)=1,则a·b= A.2 B.2 C.1 D.3 4设F、B分别为双曲线C:苔-卡=1(@>0，b>0)的左、右焦点，A为双曲线的左顶点，以F,R 为直径的圆与双曲线渐近线在第一象限的交点为M,且满足∠MAF2=30°，则该双曲线的离心率为 A B.②0 3 C.②1 D.②2 3 3 5.已知正四棱锥P-ABCD的底面边长为4，侧面等腰三角形的面积为8√2.用一个平行于底面的平面 截该棱锥，截面正方形的边长为2，则所得棱台的体积为 A28万 B.734 C.32万 3 3 3 D.l434 3 数学·第1页（共4页） 6.现安排小李、小明、小玲、小王四位同学到A、B、C三个社区参加志愿者活动，每位同学仅在一个 社区参与活动，每个社区至少有一名同学，且要求小李和小王不能在同一个社区，则不同的排法种 类数为 A.72 B.66 C.36 D.30 7.已知(x)是定义在R上的函数，f(x)+f(2-x)=3,当x>1时f(x)=2e2-1+1,则当x<1时， f(x)的解析式为 A.2-2e3-2z B.2-2e'-2z C.2e24-1-3 D.2e3-2x-3 8.已知)=inx+cosx,若3e[0,],使得Vxe[0,引，都有fx)≥f),则sin石-+ 5cos(石-刘的值为 A.-5 B.0 C.2 D.2 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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.已知直线l:kx-y-k+1=0,圆A:x2-6x+y-m=0,则下列说法正确的是 A.m≥-9 B.当m=0时，圆A与y轴相切 C当k=子，m=-5时，直线1与圆A相切 D.若m=0,则直线l被圆A所截的弦长最短为4 「an+1,当n为奇数时 10.已知数列{an}满足，a1=1,an+1= ,则 2an,当n为偶数时 Aa5=9 B.当n是偶数时，an是奇数 C.a207=3×21013-2 D.{an}的前2n项和为3×2+l-3n-6 11.在平面直角坐标系中，点0为坐标原点，已知抛物线C:y=2px(p>0)过点(1,2)，抛物线的焦 点记为点F,点T(L,0)(L>0)是x轴正半轴的一个动点，过点T作直线l与抛物线C交于A,B两 点，则 A.p=4 B.若OA⊥OB,点T的坐标为(4,0) C,当且仅当点T与点F重合时，以AB为直径的圆与抛物线的准线相切 D.视1为常数，则△OAB面积的最小值为t√2pl+p 数学·第2页（共4页） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.在等差数列{an}中，公差d≠0，已知a1,a,a3构成等比数列，S。为数列{an}的前n项和，So- S7=51,则S0=」 (1-x)e,x≤1 13.函数f八x)= ，若方程(x)=恰有3个不等的实数根，则实数k的取值范围是 Inx,x>1 14.已知球O的体积与表面积相等，点P,A,B,C,D均在球O的表面上，四边形ABCD为正方 形，且PA=PB=PC=PD.若PA与平面ABCD所成角的正切值为√5，则正方形ABCD的面积为 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，共77分。 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.(13分) 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，PA=AB=2,∠ABC=60°，PA⊥平面ABCD. (1)证明：BD⊥PC; (2)若E是靠近点P的PC的三等分点，求BE与平面PAC所成角的正 切值. B 16.(15分)》 某游戏包含3轮挑战，每轮挑战需依次完成两个独立的任务，玩家甲挑战任务一成功的概率为 3 挑战任务二成功的概率为子并且每轮必须两个任务全部挑战成功，该轮才算过关。 (1)求甲一轮挑战过关的概率； (2)记X为甲“首次过关”的轮次数（若3轮均未过关，则记X=0),写出X的分布列并计算其 期望； (3)玩家乙说：“在一轮挑战中，玩家甲把每轮的两个任务都训练到正确率各提升立，不如把其中 一个任务训练到完美（正确率变为1）提升大，”请你通过计算，判断乙的说法是否正确，并说明 理由. 数学·第3页（共4页） 17.(15分) 在△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c,已知sin(A-B)=cosC,2+c-G2=5a 3 ac. (1)证明：△ABC是锐角三角形； (2)若b=2√2，试求△ABC的面积. 18.（17分) 已知点T是椭图C:等+若=1(a>b>0)上的-个动点，点R(-4,0,R(,0)分别是椭圆C 的左右焦点，∠FTR,的最大值为写 (1)求椭圆的标准方程； (2)过F,的直线1与椭圆C交于A,B两点，点M是AB的中点， ①证明：点M的轨迹方程是中心对称图形，并求出对称中心点N的坐标； ②将点M的轨迹方程沿着x轴平移至点N与坐标原点0重合的位置，得到曲线T,若点T在 第一象限，直线TO与曲线T交于DE两点，求直线F,D与直线F,E斜率之和的取值范围. 19.(17分) 已知函数f(x）=lnx-2x,g(x）=x2-2ax,其中a>0. (1)若直线y=(e-2)x+b与函数y=f(x),y=(x)的图象均相切，求实数a,b的值； (2)设函数h(x)=2fx)+g(x), ①证明：函数h(x)有两个极值点； ②设1，(x,<x)是①中的两个极值点，若a≥子，且h(x)-h()≥c恒成立，求实数c 的最大值， 数学·第4页（共4页） 云南省新高考自主命题冲刺金卷（二） 数学参考答案 “、 单项选择 题号 1 2 3 A 6 7 8 选项 A D C A D 9 1.解析：2= 2 2i1+i) -i1-01+ =-l+i=V2,故选A 2.解析：A={-2,-1,0,1,2},B={x|0≤x≤3}，A∩B={0,1,2},故选D. 3解析：a(日-)=a-a.6=2-a.6=1,a6=1,故选c. b 4,解析：设双曲线右顶点为B,则在△MAB中tan30=， 解得双曲线的离心率为 √2 2a 3 故选c 5.解析：侧面等腰三角形的面积为8√2，底边长为4，所以侧面等腰三角形的高为4√2.则 正四棱锥的高h=√(4√}-22=2√万，又截面正方形的边长为2，下底面边长为4，可 得校台的高为7，所以所得棱台体积V=}×V7×4+16+4×16)-28N7 3 3 ,故选A 6.解析：先不考虑小李和小王能否在一个社区的排法有CA?=36种，若小李和小王被安排 在同一个社区，则有A=6种排法，所以满足题目要求的有36-6=30种，故选D. 7.解析：当x<1时，2-x>1,f(2-x)=2e3-2x+1=3-f(x),所以当x<1时， f(x)=2-2e3-2x,故选A。 g解折o)=sx+o5=1-6如2，因为xe0,受1，所以6m2e0。 当x=晋时n2P=1,故f)=1-6n2P≥子则%=牙，由缩助角公式化简 3 4 原式得：sim(管-)+5c0o后-)=2sn写-）=2cos=5,散选c 二、 多项选择 题号 9 10 11 选项 BCD CD BC 9.解析：将圆A的方程化成标准方程，则有(x-3)2+y2=9+m,所以9+m>0→m>-9, A错误；当m=0时，圆A的方程为(x-3)2+y2=9,圆心为(3,0)，半径为3，所以圆A 正确：当k=m三5时，直线的方程可化简为13江 A:(x-3)2+y2=4,圆心为(3,0)，半径为r=2,所以圆心到直线的距离 d=3x3+1 V32+42 =2=r,直线1与圆A相切，c正确；当m=0时，圆A的方程为 (x-3)2+y2=9,圆心为(3,0)，半径为3，直线：k(x-1)+(1-y)=0,经过定点(1,1)， 该定点在圆内，且到圆心的距离为√(3-1)2+(0-1)2=√5，直线1被圆A所截的弦长最短 为232-(5=4，D正确：故选BcD. 10.解析：由递推关系知a2k1=2a2k=2(a2k-1+1),整理得a2k+1+2=2(a2k-1+2)，所以 {ak-+2(k≥)是以3为首项，2为公比的等比数列，所以ak-=3×2-2,则 a,=3×21-2=10,a2027=3×21013-2,故选项A错误，选项C正确：a2k=3×21-1, 易知当n是偶数时，an是偶数，故选项B错误，对于选项D: &=0+a++0a+0,+a,+0w=26x22+20x2 =622*1-3n=3×21-3n-6 故选项D正确，故选CD。 11.解析：将点(1,2)代入抛物线C:y2=2px(p>0)方程中得：p=2，故选项A错误； 设直线1：x=y+t,联立直线1与抛物线方程得：y2-2py-2pt=0，所以 +y2=2pm,y2=-2pt,设A(x1,y),B(x2,y2),当OA⊥OB时， O1.06=5+y= 4p2 +y2=2-2p1=0,又因为1>0，所以，t=2p=4, 故选项B正确；对于选项C,先说明充分性，当点T与点F重合时，AB=AF+BF, 设AB的中点为M古十立，上十立)，则点M到准线的距离为+三+卫，由抛物线的定 21 2 2 义知AB=AF+BF=x+x2+p,所以以AB为直径的圆与抛物线的准线相切。下说明 ,又因 必要性，若以AB为直径的圆与抛物线的准线相切，则点M到准线的距离等于1B 为点M到准线的距离为十+卫，所以A8=x+,+P,若点T与点F不重合，则点 2 A,B,F构成三角形，于是AB<AF+BF=x1+x2+p,矛盾，故当以AB为直径的圆 与抛物线的准线相切时，点T与点F重合，故选项C正确；对于选项D,当t为常数时，直 线I是绕点T旋转的一条动直线， 则sa=or4-以=2VG+%了-4y%=rpm+2pi,当m=0时，a0AB 的面积取到最小值t√2pt,故选项D错误，故选BC。 三、填空题 12.解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，因为a,a,a3成等比数列，所以 42=443,即(a+2d)2=a,(a+12d化简得：d=2a,因为S0-S,=51即 a+a,+a1o=51,所以3a,=51即a,=17,所以a1+8d=17 d=2a, a1+8d=1 7解得a=1,d=2,所以，520=400 13.解析：令g(x)=a:在同一坐标系中作出函数∫(x)及直线g(x)的图象，以斜率为k 的直线g(x)恒过定点00,0)，直线g()在旋转过程中，当且仅当g()与f(9的曲线相 切时，有两个交点，此时长=}，实数大的取值范围是(0， e, e 14.解析：由题意：设球0的半径为R,则4 -=4πR2,解得R=3.设点P在底面ABCD 3 的投影为点H,该正四棱锥的高为h,底面正方形的边长为a,则OA=OP,又PA与平 面ABCD所成角的正切值为5，所以=5，可得：h=0。 亡a.设OH=t,则 2 a-1,解得：t=0。 a, 5 所以3=R=h-1=@。-而-31 -a= a,解得a=√10，所以面积为10. 2 5 10 四、解答题 15.解析：(1)证明：，PA⊥平面ABCD,BDc面ABCD,.PA⊥BD,又.ABCD为菱形， AC⊥BD,PA∩AC=A,.BD⊥平面PAC..BD⊥PC …（6分) (2)E是靠近点P的PC的三等分点，设BD与AC的交点为M,连接EM,由(I)知BD1平面 PAC,所以∠BEM为BE与面PAC所成角，在直角三角形BEM中， EM= 79 9 ，an∠B5M=B4=5_35(13分） 16117 EM=万17 16.解析：（1)记事件A表示“甲一轮挑战过关”，则A=任务一成功且任务二成功，所以 2.31 P(A)=二×二=5 342 3分 (2)X可能的取值为0,1,2,3. PX=)=2 Px=--}3 Px=列=-》 Px=0-安 所以X的分布列为： X 0 1 2 3 1 1 8 4 8 1 E(X)=0×二+1×二+2×二+3× 8 2 4 88 9分 213 (3)方案一：任务一的正确率变为二+ 3=5,则 ，任务二的正确率变为三 3124 4126 3.55 一轮过关的概率乃=二× 468 方案二：若任务一的正确率变为1，任务二的正确率不变，则一轮过关的概率B=4: 3 2 若任务一的正确率不变，任务二的正确率变为1，则一轮过关的概率乃=二； 则<P2,<,所以玩家乙的说法正确… 15分 17.解析： (1)因为角A,B,C是△ABC的内角，所以A,B,C∈(0，)，由题知： sn(1-B)=co0sC=sm气-0，可能有两种情况：04-B=号-C:②A-B=子受+C 2 A-B=7-C 对于情况①： 2 →B= 4;对于情况②： 4-8=受+C4 4 A+B+C=π A+B+C=π 由金统--2oA-,放a04c0 3 且2 bcos=V6 口@，故而情况@常误，只可能是情况0，所以B=牙，结合正孩定理由 ③知2 sinBc=V6 加4，保得46，放4=骨则C=-至号-径受 所以△ABC是锐角三角形。… 8分 (2)由正弦定理知0=6-22 =4,解得a=25,又因为 sinA sin B√2 2 sin C=sin- 5π_√2(W3+1) 12 4 所5=absinC=-5×2N5x2N5x55+D-3+5.…15分 2 4 18.解析：(1)：易知当T点为椭圆C的上（下）顶点时，∠FT℉，取到最大值，记点O为 坐标原点，则∠R70=码=又，此时an∠KT0O5= 2,所以b=OT=43, 26 OT 3 a=VB+c2=8,故椭圆的方程为 2+ =1。 5分 6448 (2)(1)设直线1：y=(x+4)，A(:,),B(:2,2),设M(M,yM),易知当k不存在 时，点M为椭圆C的左焦点；当k=O时，点M为坐标原点；当k存在且不为0时，点M 的坐标为M古+立，当十五)，联立直线1与椭圆C的方程得到： 2’2 -32k2 (3+4k2)2+32k2x+64k2-192=0,则+x=3+4k’ 于是1+52=k(32k2 3+4,故M(16k212k 3+4k2+8)=24 5+4报3+4，解得长=4，代入 4yM 12×-3x4 点M的坐标得yM= 4yM ,化简得：十2+=10w≠0：对于不 2 -3XM 4 3 3+4× 4yM 存在和k=0的两种情况，点M的坐标也满足上面方程，综上动点M的轨迹方程为 区w+2+女=1，易知，此方程为椭圆方程，所以点M的轨迹方程是中心对称图形， 2 4 3 其对称中心为N(-2,0)。10分 (i)据题意，曲线r为+二=1，点为T椭圆C上第一象限的动点，则直线70与曲 43 线的两个交点，一个在第一象限，一个在第二象限，不妨设点D在第一象限，设点 D2cos0,V5sin0),0∈0,7，则点E(-2cos0,-5sin0, krp+kRE= √5sin0, 3sine 43sinecose 3sin@cose V5sin0cos日 2cos0+42cos0-44cos20-16 cos20-4 4sin20+3cos20 √5tan0 5 4tan20+3 3∈[-年0)所以直线FD与直线FE斜率之和的取值范 4tan0+ an 围是[-0）。 17分 19,解析：(1)由题意，f树=-2，令f)=e-2得：x=,又f白=-1-召 放直线y=(e-2x+b与函数y=)相物于点后1-》 代入y=(e-2)x+b得：b=-2, 从而直线y=(e-2)x-2与y=g(x)的图象相切， 6 联立 =e2r-2,消去y整理得：2+(2-e-2ax+2=0, y=x2-2ax 判别式△，=2-e-2aP-8=0,解得：a=1+万-或者a=1-5- 又因为a>0,所以a=1+V2-号. 4分 (2)(i)证明：h(x)=2f(x)+g()=2nx+x2-2(a+2)x,定义域(0，+o), )=2+2x-20a+2》=2-a+2x+1】 令p(x)=x2-(a+2)x+1 则判别式△，=a+2-4>4-4=0,对称轴x=-a+2>0,00)=1>0, 2 所以p(x)在(0，+o)上有两个零点x1,x2, 不妨设x<x2,则H(x)>0台p(x)>0台0<x<x或x>x2· 所以h(x)在(0，x)上单调递增，在(x,x2)上单调递减，在(x2,+∞)上单调递增，从而 h(x)有两个极值点… 10分 (i)解：h0=2x2-a+2x+ ∴.令h(x)=0→x2-(a+2)x+1=0 1 .1+x2=a+2,xx2=1.x2= 又02含*=0+29即+号00<6 1 3 x3 解得：0<本≤3' .h()-h(x2)=2nx+x-2(a+2)x-2hx2-x号+2(a+2)x2 =2h点+x-x号-2(a+2-) 又x+x2=a+2, 7 ()-h()=2n立+x--2(x-)=2h当-x+, 又x2= ,bx)-A0)=4n5-+ 令F()=4nx-x2+↓ xe0.F'a)=42x-2=-2-<0, x3 r=F9-9-4h3, c的最大值 80-4n3 17分 8