2027年高考数学一轮复习培优卷（全国二卷02）

2027年高考一轮复习培优卷（全国二卷02） 数学·参考答案 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 2 3 4 5 6 7 8 D D A B B D D 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 10 11 AC BCD ACD 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． 50 13． 14． 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） 【解析】（1）设等差数列的首项为，公差为，由题知： 解得，..….….….….….….….….….….….….…5分 故.….….….….….….….….….….….….…6分 （2）由题知：.….….…7分 奇数项：，故. 偶数项：，故. 故前项的和..….….….…13分 16．（15分） 【详解】（1）从5架无人机中随机抽取2架共有种等可能的抽法，恰抽到1架甲种无人机的抽法有种，所以 ．.….….….…5分 （2）由（1）及随机抽样的等可能性， ，，．.….….….…7分 的所有可能取值为0，1，2．.….….….…8分 表示“抽到的2架都是甲种无人机且都试飞合格”，故 ．.….….….…9分 有两种情形：①恰抽到1架甲种无人机且该机合格（另一架为乙种无人机）；②抽到的2架都是甲种无人机且恰有1架合格．所以 ．.….….….…11分 由对立事件得．.….….….…13分 所以的分布列为 0 1 2 的数学期望 ．.….….….…15分 17．（15分） 【解析】(1)如图，分别取棱BC，DE的中点G，H，连接FG，GH，AH， 因为已知正四面体的底面与正四棱锥的一个侧面重合． 所以所有棱长均相等，所以，， 又为正四棱锥，所以底面BCDE为正方形，所以， 由，平面， 所以平面，因为，所以平面， 由，，且，平面， 故平面，所以平面FGH与平面AHG重合， 即平面，而，所以，所以．.….….….…6分 （2）由（1）可知，在平面AFGH中，，， 所以四边形AFGH为平行四边形，所以． 取棱AF的中点M，连接GM，AG，可得， 因为GM在平面AFGH中，所以，可得， 由平面，而平面， 得，则GH，BC，GM两两垂直．.….….….…8分 设棱长为a，则，， 以G为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，      则，，，， 所以，，.….….….…10分 设平面BCF的一个法向量为， 则即， 令，则，，即平面BCF的一个法向量为，.….….….…11分 又平面BCD的一个法向量为，，.….….….…13分 因为二面角为钝角， 所以二面角的余弦值为..….….….…15分 18．（17分） 【详解】（1）由题意可知：，则，即， 所以的标准方程为．..….….….…4分 （2）设，，直线与轴的交点为， 因为点在椭圆内，直线与椭圆必相交， 联立方程，消去整理得， 因为，是上述方程的根，则...….….….…7分 （ⅰ）因为， 且，可得 ， 令，则，可得， 因为在内单调递增，则， 可得，所以面积的最大值为；..….….….…11分 （ⅱ）设存在点，使，即， 可得，整理可得， 即，整理可得， 因为上式对恒成立，则，解得， 所以存在一定点，使得直线，的斜率之和恒为0．..….….….…15分 19．（17分） 【解析】（1）设，则， 所以在上单调递增，所以，即， 所以．..….….….…3分 (2)设，则， 由于，所以，有，所以， 即对任意成立．     设，则当时，， 则在区间内有， 即，， 所以，证毕．..….….….…9分 (3)由于，且， 故， 而， 由，及， 可得，即也满足．     反证法：假设，则存在使得，， 由，知， 可见也是极小值点，， 由，可得， 以此类推，． 设，由，得， 而，得， 所以，令，则，即， 这与矛盾，故假设不成立，．..….….….…15分 1 / 6学 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027年高考一轮复习培优卷（全国二卷02） 数学·全解全析 （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．（改编题）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题意可得：，所以. 2．在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则的常数项为（    ） A． B．180 C． D．60 【答案】D 【详解】因为在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，所以展开式共有7项. 由，所以. 设展开式的通项公式为：. 由解得. 所以展开式的常数项为. 3．已知向量，为单位向量，且满足，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由，得，是单位向量，所以， 由，得， 故， 整理得，故， 所以， 故在上的投影向量为. 4．某6个数据的样本平均数为26，方差为7．现增加一个数据26，则这7个数的方差为（     ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【分析】设6个数据为，由题设可得题设中涉及的个数据的平均数及，据此可得答案. 【详解】设6个数据为，因6个数据的样本平均数为，且新增加数据为， 则题设中涉及的个数据的平均数为. 由个数据的方差为，可得 则这7个数的方差为： 5．（创新题）已知，，则“”是“”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】B 【分析】将与化简，分别可得与，再利用充分条件与必要条件定义判断即可得. 【详解】由，，若，则，故； 若，则，故； 取，，此时有，但，不能得到， 故“”不是“”的充分条件； 若，则，即， 故“”是“”的必要条件； 综上所述：“”是“”的必要不充分条件. 6.（改编题）下列说法错误的是（    ） A．若随机变量服从正态分布，且，则 B．对具有线性相关关系的变量，，利用最小二乘法得到的经验回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是-4 C．若决定系数越大，则两个变量的相关性越强 D．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据的独立性检验，有的把握认为与有关 【答案】D 【详解】，正态曲线关于对称，， ，故A正确； 回归直线过样本中心，则，解得，故B正确； 决定系数，越大，残差平方和越小，模型拟合效果越好，变量相关性越强，故C正确； 临界值，已知计算得到，，没有的把握认为与有关，故D错误． 7．已知，分别是双曲线的左、右焦点，点在的一条渐近线上，与轴垂直，，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先确定点的横坐标，再结合双曲线渐近线方程求出点的纵坐标，已知，在中，用、、表示，即可得到，进而求解离心率 【详解】对于双曲线，设半焦距为，满足， 左右焦点为，离心率， 由轴，得横坐标为，不妨令在渐近线上，代入得， 是直角三角形，直角在处，记， 已知，则，， 又，所以， 则，因此. 8.（创新题）已知函数，则     A. 是的一个周期 B. 是图象的一个对称中心 C. 直线是图象的一条对称轴 D. 的最大值小于的最大值 【答案】D  【分析】对于A项，判断是否为周期，就看是否等于，当n为偶数时，经计算二者不相等，所以不是周期. 对于B项，若是对称中心，需满足，经计算此式不成立，所以它不是对称中心. 对于C项，判断直线是否为对称轴，要看是否等于，当n为奇数时，二者不相等，所以不是对称轴. 对于D项，先求最大值，再对换元，通过求导判断单调性得出最大值，比较二者大小，可知最大值小于 【详解】当n为偶数时，，此时不是的一个周期，故A错误． B.因为，所以不是图象的一个对称中心，故B正确． C.因为，所以当n为奇数时，，此时直线不是图象的对称轴，故C错误． D.易知的最大值为，， 设，则，设，，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减． 因为，，所以，又，所以的最大值小于的最大值，故D正确． 故选：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．已知在矩形中，，为线段的中点，将分别沿翻折，使得两点重合于点，则（    ） A． B．三棱锥的体积为 C．点到平面的距离为 D．存在半径为的球，使得四点均在球的球面上 【答案】AC 【分析】对A：借助折叠性质与勾股定理逆定理计算即可得；对B：借助线面垂直判定定理可得为三棱锥的高，再利用体积公式计算即可得；对C：借助等体积法计算即可得；对D：设出球心，结合外接球性质，利用勾股定理计算即可得. 【详解】对A：，，， 有，故，故A正确； 对B：由，故、， 又、平面，，故平面， 故，故B错误； 对C：设点到平面的距离为，则由可得： ，则，故C正确； 对D：设三棱锥外接球球心为，半径为， 由，平面，取中点， 则，且，则， 则有， 即，故D错误. 故选：AC. 10．已知的内角的对边分别为，，且，则下列选项中正确的有（    ） A． B．面积的最大值为 C．的最大值为 D．角的平分线交于点，则的最大值为 【答案】BCD 【分析】结合题意并利用两角和的正切公式判断A，利用余弦定理结合重要不等式判断B，利用余弦定理结合基本不等式判断C，作出符合题意的图形，结合题意并利用换元法得到，最后利用导数并结合求解最大值即可. 【详解】对于A，因为， 所以， 则， 可得，得到， 由两角和的正切公式得，即， 由诱导公式得，解得， 因为，所以，故A错误， 对于B，由余弦定理得， 而，可得，由重要不等式得， 当且仅当时取等，则，解得， 由三角形面积公式得， 得到面积的最大值为，故B正确， 对于C，由已知得， 由基本不等式得，当且仅当时取等， 得到，则， 可得，解得，故C正确， 对于D，如图，作出符合题意的图形，设， 因为是的角平分线，所以， 由等面积公式得， 化简得，即， 由已知得，即， 可得， 令，则，而， 则在上单调递增，得到， 即的最大值为，故D正确. 故选：BCD 11．已知抛物线：的焦点为，直线：与轴交于点，是抛物线上的动点，以为圆心的圆经过点，为坐标原点，则（   ） A．圆与直线相切 B．圆的面积的最小值是 C．的最大值是 D．存在点，使得 【答案】ACD 【分析】对AB直接用抛物线的定义判断可得，对CD用抛物线的定义及距离公式即可得. 【详解】如图：过点作于点，设，则，. 对于A，由抛物线的定义可知，圆心到直线的距离等于半径， 所以圆与直线相切，A正确； 对于B，因为圆经过点，所以圆的半径， 所以圆的面积的最小值是，B错误； 对于C，因为，所以， 所以， 令，则， 当且仅当，即时等号成立，所以C正确； 对于D，，， 化简得，得，即，再代入 得，所以存在或使得成立，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．某科技公司研发了5款不同功能的AI助手，其功能分别为：文字创作、图像生成、语音交互、数据计算、智能编程，现将这5款助手分配给甲、乙、丙三个小组进行测试，规定每个小组至少分到1款AI助手且智能编程功能的必须分配给甲组．符合条件的分配方案共有___________种． 【答案】 【分析】根据题意，其余4款AI助手可以分成两组分给乙组和丙组，或者分成三组分别分配给甲、乙、丙三个小组，分别求之再相加即可. 【详解】由于智能编程功能的必须分配给甲组， 则其余4款AI助手可以分成两组分给乙组和丙组， 有种分配方法， 或者 有种分配方法， 所以共有种分配方法. 13．在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称，若，则的最大值为______. 【答案】1 【详解】因为与角的终边关于轴对称，所以， 又因为，所以， 令，则. 所以， 所以当时，单调递减， 所以当时，取得最大值1. 14．有个编号分别为1，2，…，的盒子，第1个盒子中有3个白球1个黑球，其余盒子中均为1个白球1个黑球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，从第个盒子中取到白球的概率是_________． 【答案】 【分析】记事件表示从第个盒子里取出白球，即可得到，然后构造等比数列，求通项公式即得. 【详解】记事件表示从第个盒子里取出白球，则，， 所以， ， 进而可得，， 所以， 又，，， 所以是首项为，公比为的等比数列， 所以，即， 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）已知等差数列满足：，． (1)求的通项公式； (2)已知，，求前项的和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设等差数列的公差为，将已知条件转化为关于首项和公差的二元一次方程组，解方程组得到和，再利用等差数列通项公式，求得的通项； （2）由的通项得到的表达式，判断的数列类型.因为按的奇偶性分别取和，所以前项和拆分为所有奇数项的和与所有偶数项的和两部分，其中奇数项是等差数列，偶数项是等比数列，分别利用等差数列、等比数列前项和公式计算两部分的和，相加得到. 【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，由题知： 解得，. 故. （2）由题知：. 奇数项：，故. 偶数项：，故. 故前项的和. 16．（15分）某研发团队研发甲、乙两种无人机产品，现研发了3架甲种无人机和2架乙种无人机，从这5架无人机中随机抽取2架进行试飞测试，若甲种无人机试飞合格的概率为，试飞不合格的概率为，恰抽到架甲种无人机记为事件． (1)求； (2)若抽取的2架无人机中，是甲种无人机且试飞合格的架数记为，求的分布列和数学期望． 【答案】(1) (2) 0 1 2 【详解】（1）从5架无人机中随机抽取2架共有种等可能的抽法，恰抽到1架甲种无人机的抽法有种，所以 ． （2）由（1）及随机抽样的等可能性， ，，． 的所有可能取值为0，1，2． 表示“抽到的2架都是甲种无人机且都试飞合格”，故 ． 有两种情形：①恰抽到1架甲种无人机且该机合格（另一架为乙种无人机）；②抽到的2架都是甲种无人机且恰有1架合格．所以 ． 由对立事件得． 所以的分布列为 0 1 2 的数学期望 ． 17．（15分）如图，已知正四面体的底面与正四棱锥的一个侧面重合．    (1)求证：； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)如图，分别取棱BC，DE的中点G，H，连接FG，GH，AH， 因为已知正四面体的底面与正四棱锥的一个侧面重合． 所以所有棱长均相等，所以，， 又为正四棱锥，所以底面BCDE为正方形，所以， 由，平面， 所以平面，因为，所以平面， 由，，且，平面， 故平面，所以平面FGH与平面AHG重合， 即平面，而，所以，所以． (2) 【分析】（1）分别取棱BC，DE的中点G，H，连接FG，GH，AH，结合正方形的性质利用线面垂直的判定定理证明，进而证明，从而利用线面垂直的性质定理得； （2）通过线面垂直的性质定理得GH，BC，GM两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角的平面角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知，在平面AFGH中，，， 所以四边形AFGH为平行四边形，所以． 取棱AF的中点M，连接GM，AG，可得， 因为GM在平面AFGH中，所以，可得， 由平面，而平面， 得，则GH，BC，GM两两垂直． 设棱长为a，则，， 以G为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，      则，，，， 所以，， 设平面BCF的一个法向量为， 则即， 令，则，，即平面BCF的一个法向量为， 又平面BCD的一个法向量为，， 因为二面角为钝角， 所以二面角的余弦值为. 18．（17分）在平面直角坐标系中，已知椭圆：（）的右焦点，离心率为． (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线：与交于，两点． （ⅰ）求面积的最大值； （ⅱ）在轴上是否存在一定点，使得直线，的斜率之和恒为0？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）存在，点 【分析】（1）根据焦点和离心率求，进而可得和椭圆方程； （2）联立直线和椭圆方程，（ⅰ）利用韦达定理可得面积，换元令，可得，结合函数单调性求最值； （ⅱ）假设存在点，根据斜率公式以及韦达定理可得，结合题意运算求解即可. 【详解】（1）由题意可知：，则，即， 所以的标准方程为． （2）设，，直线与轴的交点为， 因为点在椭圆内，直线与椭圆必相交， 联立方程，消去整理得， 因为，是上述方程的根，则. （ⅰ）因为， 且，可得 ， 令，则，可得， 因为在内单调递增，则， 可得，所以面积的最大值为； （ⅱ）设存在点，使，即， 可得，整理可得， 即，整理可得， 因为上式对恒成立，则，解得， 所以存在一定点，使得直线，的斜率之和恒为0． 19．（17分）已知函数与其导数的定义域均为，，且对任意，恒成立，其中为常数． (1)比较与的大小； (2)证明：； (3)若，函数总存在最小值，证明：． 【答案】(1) (2)设，则， 由于，所以，有，所以， 即对任意成立．     设，则当时，， 则在区间内有， 即，， 所以，证毕． (3)由于，且， 故， 而， 由，及， 可得，即也满足．     反证法：假设，则存在使得，， 由，知， 可见也是极小值点，， 由，可得， 以此类推，． 设，由，得， 而，得， 所以，令，则，即， 这与矛盾，故假设不成立，． 【分析】（1）构造函数，再利用导数得到其单调性，进而即可比较与的大小；    （2）构造函数，，再利用导数得到其单调性，进而即可证明结论； （3）先根据题意证明也满足，再利用反证法即可证明． 【详解】（1）设，则， 所以在上单调递增，所以，即， 所以． （2）略 （3）略 1 / 18学 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027年高考一轮复习培优卷（全国二卷02） 数学·全解全析 （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．（改编题）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则的常数项为（    ） A． B．180 C． D．60 3．已知向量，为单位向量，且满足，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 4．某6个数据的样本平均数为26，方差为7．现增加一个数据26，则这7个数的方差为（     ） A．5 B．6 C．7 D．8 5．（创新题）已知，，则“”是“”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.（改编题）下列说法错误的是（    ） A．若随机变量服从正态分布，且，则 B．对具有线性相关关系的变量，，利用最小二乘法得到的经验回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是-4 C．若决定系数越大，则两个变量的相关性越强 D．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据的独立性检验，有的把握认为与有关 7．已知，分别是双曲线的左、右焦点，点在的一条渐近线上，与轴垂直，，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 8.（创新题）已知函数，则     A. 是的一个周期 B. 是图象的一个对称中心 C. 直线是图象的一条对称轴 D. 的最大值小于的最大值 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．已知在矩形中，，为线段的中点，将分别沿翻折，使得两点重合于点，则（    ） A． B．三棱锥的体积为 C．点到平面的距离为 D．存在半径为的球，使得四点均在球的球面上 10．已知的内角的对边分别为，，且，则下列选项中正确的有（    ） A． B．面积的最大值为 C．的最大值为 D．角的平分线交于点，则的最大值为 11．已知抛物线：的焦点为，直线：与轴交于点，是抛物线上的动点，以为圆心的圆经过点，为坐标原点，则（   ） A．圆与直线相切 B．圆的面积的最小值是 C．的最大值是 D．存在点，使得 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．某科技公司研发了5款不同功能的AI助手，其功能分别为：文字创作、图像生成、语音交互、数据计算、智能编程，现将这5款助手分配给甲、乙、丙三个小组进行测试，规定每个小组至少分到1款AI助手且智能编程功能的必须分配给甲组．符合条件的分配方案共有___________种． 13．在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称，若，则的最大值为______. 14．有个编号分别为1，2，…，的盒子，第1个盒子中有3个白球1个黑球，其余盒子中均为1个白球1个黑球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，从第个盒子中取到白球的概率是_________． 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）已知等差数列满足：，． (1)求的通项公式； (2)已知，，求前项的和． 16．（15分）某研发团队研发甲、乙两种无人机产品，现研发了3架甲种无人机和2架乙种无人机，从这5架无人机中随机抽取2架进行试飞测试，若甲种无人机试飞合格的概率为，试飞不合格的概率为，恰抽到架甲种无人机记为事件． (1)求； (2)若抽取的2架无人机中，是甲种无人机且试飞合格的架数记为，求的分布列和数学期望． 17．（15分）如图，已知正四面体的底面与正四棱锥的一个侧面重合．    (1)求证：； (2)求二面角的余弦值. 18．（17分）在平面直角坐标系中，已知椭圆：（）的右焦点，离心率为． (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线：与交于，两点． （ⅰ）求面积的最大值； （ⅱ）在轴上是否存在一定点，使得直线，的斜率之和恒为0？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由． 19．（17分）已知函数与其导数的定义域均为，，且对任意，恒成立，其中为常数． (1)比较与的大小； (2)证明：； (3)若，函数总存在最小值，证明：． 1 / 4学 学科网（北京）股份有限公司 $