精品解析：江苏扬州市2027届高三年级上学期10月供题训练数学试题

扬州市2027届高三年级10月供题训练 数学 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．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．本试卷共4页，考试时间120分钟．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本大题共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. 已知复数满足，则的实部为（ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 2. 已知集合，则集合的元素个数为（ ） A. B. C. D. 3. 函数的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 4. 设甲：，乙：，则甲是乙的（ ） 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 5. 已知，，则的值等于（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的图象关于原点对称，则实数（ ） A. 1 B. C. 2 D. 7. 已知三个电流瞬时值的函数表达式为，，它们合成后的电流瞬时值的函数为的部分图象如图所示，则的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 8. 设点和点分别是函数和图象上的点，且，若直线轴，则两点间的距离的最小值为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．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. 已知函数是奇函数或偶函数，则的图象可能是（ ） A. B. C. D. 10. 已知，且，，，则（ ） A. 的取值范围为 B. 存在，，使得 C. 当时， D. t的取值范围为 11. 已知正方体的棱长为4，点在棱上，若正方体的一个截面经过点，，，且将正方体分成体积比为的两部分，则（ ） A. 该截面为梯形 B. C. 点到该截面的距离为 D. 点，，，都在同一个球面上，且该球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的单调递减区间为__________. 13. 若点是函数图像上的一点，则的最小值是__________． 14. 正实数满足，则的最大值为_____． 四、解答题：本大题共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. 某植物园种植一种观赏花卉，这种观赏花卉的高度（单位：cm）介于之间，现对植物园部分该种观赏花卉的高度进行测量，所得数据统计如下图所示. （1）求的值； （2）以频率估计概率，若从所有花卉中随机抽4株，记高度在内的株数为，求的分布列及数学期望； 16. 已知． （1）当时，求不等式的解集； （2）若函数只有一个零点，求实数的取值范围． 17. 如图在多面体中，四边形是边长为4的正方形，四边形为等腰梯形，且，，，． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离． 18. 已知函数． （1）求曲线在处的切线方程； （2）若在上恒成立，求实数的最小值； （3）求证：对任意的，都有． 19. 若存在，，使得恰为函数的全部零点所构成的集合，则称为“分圆函数”． （1）分别判断下列函数是否为“分圆函数”，并证明； ①； ②． （2）求证：对任意，均为“分圆函数”； （3）若为“分圆函数”，证明：一定存在不同的取值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 扬州市2027届高三年级10月供题训练 数学 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．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．本试卷共4页，考试时间120分钟．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本大题共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. 已知复数满足，则的实部为（ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【详解】，所以的实部为1. 2. 已知集合，则集合的元素个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为， 所以集合的元素个数为. 3. 函数的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合正切型函数的周期定义求解即可. 【详解】由可知最小正周期公式为. 4. 设甲：，乙：，则甲是乙的（ ） 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 【解析】 【详解】取，，满足，但是，所以甲推不出乙. 由柯西不等式可得， 结合可得，即，因此乙能推出甲. 综上甲是乙的必要不充分条件，选项B成立. 5. 已知，，则的值等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用同角公式及二倍角的正切公式计算得解. 【详解】由，，得， 所以. 故选：A 6. 已知函数的图象关于原点对称，则实数（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【详解】函数的图象关于原点对称，则函数为奇函数， 又函数的定义域为R，得，解得， 函数，，则是奇函数， 所以. 7. 已知三个电流瞬时值的函数表达式为，，它们合成后的电流瞬时值的函数为的部分图象如图所示，则的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】先化简为，再根据函数图象求出参数，进而写出解析式即可. 【详解】由题意知， ， 根据图象知，，所以直线是的一条对称轴，且是最大值， 所以，解得， 又因为，所以， 所以， 所以的最大值为2， 故选：D. 8. 设点和点分别是函数和图象上的点，且，若直线轴，则两点间的距离的最小值为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：由轴得，，所以，故两点间的距离为 ，设，则，当时， ，故函数在上单调递增，则，故函数在上单调递增，则，故选项为B. 考点：函数的单调性. 【方法点晴】本题考查了函数的单调性与导数的关系，函数性质的综合应用以及转化与化归思想，综合性强，难度较大；首先将转化为两者函数值相等，即，将两点间的距离转化为，最后转化为求函数的最小值，利用导数判断其单调性，在判断导函数与的关系时，难度在于对其进行二次求导. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．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. 已知函数是奇函数或偶函数，则的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】利用奇偶性求对应参数a的值，再由指数型函数性质判断时的函数值符号，即可得答案. 【详解】由已知得， 若为偶函数，则恒成立， 所以恒成立，故，则， 所以时有，显然C对，D错； 若为奇函数，则恒成立， 所以恒成立，故，则， 所以时有，显然B对，A错； 故选：BC 10. 已知，且，，，则（ ） A. 的取值范围为 B. 存在，，使得 C. 当时， D. t的取值范围为 【答案】AD 【解析】 【分析】由可得范围，从而判断A，由正弦、余弦函数性质求得判断B，利用消去后可求得判断C，由上面推导得出随的增大而增大，从而可得的范围，判断D． 【详解】因为，所以，即，若，则，又，所以不能同时成立，所以，故A正确； 由A可知，所以，又，所以，所以，故B错误； 当时，整理，得所以，又，对上式整理得，所以，解得（舍去负根），故C错误； 因为，且，所以随着的增大而增大，所以随着的增大而增大，又，所以，，即D正确． 故选：AD． 11. 已知正方体的棱长为4，点在棱上，若正方体的一个截面经过点，，，且将正方体分成体积比为的两部分，则（ ） A. 该截面为梯形 B. C. 点到该截面的距离为 D. 点，，，都在同一个球面上，且该球的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先说明与、与不重合，作出截面即可判断A，设，根据台体的体积公式求出即可判断B，建立空间直角坐标系，利用空间向量法判断C，求出外接圆的半径，再由勾股定理求出外接球的半径，即可判断D. 【详解】若与重合，则截面为三角形，又，不符合题意，所以与不重合，同理可得不与重合； 对于A：设平面与线段交于点，连接、、， 又平面平面，平面平面，平面平面， 所以，又，所以，则，所以，所以截面为等腰梯形，故A正确； 对于B：设，则， 所以三棱台的体积， 依题意，解得或（舍去）， 所以，故B错误； 对于C：如图建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则，令，则， 所以点到该截面的距离，故C正确； 对于D：因为为等腰三角形，则，， 所以外接圆的半径， 又平面， 所以外接球的半径， 所以外接球的表面积，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的单调递减区间为__________. 【答案】 【解析】 【详解】函数的定义域为，， ，解得， 故函数的单调递减区间为. 13. 若点是函数图像上的一点，则的最小值是__________． 【答案】 【解析】 【分析】将函数化为标准余弦形式后，利用余弦函数的零点性质确定满足条件的值，再结合图像平移关系求出最小正数解. 【详解】函数的图像是由的图像向右平移个单位得到的， 因为的最小正零点为，所以该函数的最小正零点为. 故答案为： 14. 正实数满足，则的最大值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据对数运算法则合并对数表达式，然后应用均值不等式求最值. 【详解】， 则， 所以， 于是， 等号成立时. 所以的最大值为. 故答案为：. 四、解答题：本大题共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. 某植物园种植一种观赏花卉，这种观赏花卉的高度（单位：cm）介于之间，现对植物园部分该种观赏花卉的高度进行测量，所得数据统计如下图所示. （1）求的值； （2）以频率估计概率，若从所有花卉中随机抽4株，记高度在内的株数为，求的分布列及数学期望； 【答案】（1） （2）的分布列为： X 0 1 2 3 4 P 数学期望为1 【解析】 【分析】（1）根据频率之和为1列式计算即可； （2）由题意可得，根据二项分布概率和期望计算公式计算即可. 【小问1详解】 依题意可得，解得； 【小问2详解】 由（1）可得高度在的频率为 ， 所以，， ，， ， 所以的分布列为： X 0 1 2 3 4 P 所以. 16. 已知． （1）当时，求不等式的解集； （2）若函数只有一个零点，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）先求出的定义域，再根据对数函数的单调性求解不等式即可； （2）将只有一个零点，转化为关于的方程只有一个正根，分类讨论和分别求解即可． 【小问1详解】 ，， ， ，， 的定义域， 中，，的定义域． ， ， ， ，即， 不等式的解集为． 【小问2详解】 ，， ， 函数只有一个零点， 只有一解， ，， ，， ， ， 恒成立， 关于的方程只有一个正根， 当时，转化为，符合题意； 当时，若有两个相等的实数根，则，解得， 此时方程的根为，符合题意； 当时，若有两个相异的实数根，则，解得， 此时设方程的两个根为，，则有， 方程的两个根只能异号， ， ，此时方程只有一个正根，符合题意． 综上可知，实数的取值范围为或． 17. 如图在多面体中，四边形是边长为4的正方形，四边形为等腰梯形，且，，，． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明：∵四边形是正方形，， ，，平面，平面， 平面，∴平面平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明可得； （2）过点作于，作，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量方法可得； （3）由空间点到面的距离公式计算可得. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 过点作于，由（1）知平面， ∵四边形是等腰梯形，，，， ，． 作，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，，． ，． 设平面的一个法向量，则，即， 令，， 又，， 同理设平面的一个法向量，则，即， 令，， ， ， 故平面与平面所成角的正弦值为． 【小问3详解】 设点到平面的距离为， 由（2）知，平面的一个法向量， ． 18. 已知函数． （1）求曲线在处的切线方程； （2）若在上恒成立，求实数的最小值； （3）求证：对任意的，都有． 【答案】（1） （2） （3）因为， 则当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 则， 又，且时，故， 欲证对任意的，都有， 只需证对任意的，都有， 只需证对任意的，都有， 令，，则， 则在上单调递减，则，命题得证. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求解； （2）将问题转化为在上恒成立，令，分、、、四种情况讨论； （3）先求的值域，将问题转化为对任意的，都有，再构造函数求最值即可. 【小问1详解】 ， 因为，所以曲线在处的切线方程为； 【小问2详解】 ，即在上恒成立， 则在上恒成立， 则在上恒成立， 令，则， 令， 若，则在上恒成立，不符合题意； 若，则的对称轴为， 若，则，则， 则在上单调递增，则，不符合题意； 若，则在上单调递减， 若，即，则在上存在一个零点， 则当时，，在上单调递增， 则，不符合题意； 若，即，则，在上恒成立， 则在上单调递减，则，符合题意， 综上，实数的最小值为； 【小问3详解】 略 19. 若存在，，使得恰为函数的全部零点所构成的集合，则称为“分圆函数”． （1）分别判断下列函数是否为“分圆函数”，并证明； ①； ②． （2）求证：对任意，均为“分圆函数”； （3）若为“分圆函数”，证明：一定存在不同的取值． 【答案】（1）①是； 令，解得； 即可得，，所以的零点的解集为； 所以存在，使得为“分圆函数”． ②不是； 令，即， 解得，或，； 显然这两部分解无法用同一个表达式来表示，所以不是“分圆函数”． （2）令，， 故其必有两个不等实根， 由韦达定理： 令，则 因此的全部零点为，； 故对任意，均为“分圆函数”． （3）证明：令， 易知，故其必有两个不等实根，， 由韦达定理可得， 因为在上至多有两个解，在上至多有两个解； 所以在上至多有4个解，则， 当时：由于，则且，不合题意， 当时：必有或． （i）若，则，， 此时，的全部零点为，故合题意； （ii）若，则，， 此时，的全部零点为，故合题意； 当时：若，则， 则，均为的根， 而，故， 因此， 此时，的全部零点为，故合题意； 综上或，即一定存在不同的取值. 【解析】 【分析】（1）①推出存在，使得为“分圆函数”，故①是；②解得，或，；无法用同一个表达式来表示，所以②不是“分圆函数”． （2）换元，令，由韦达定理可得，得到的全部零点为，；故对任意，均为“分圆函数”． （3）令，由韦达定理可得两根之和，两根之积，在上至多有4个解，则，分时，和三种情况，得到或，即一定存在不同的取值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $