精品解析：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

【考试时间：10月12日14：30—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. 已知为虚数单位，复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 4. 设、分别为双曲线：（，）的左、右焦点，为双曲线的左顶点，以为直径的圆与双曲线渐近线在第一象限的交点为，且满足，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知正四棱锥的底面边长为，一个侧面等腰三角形的面积为.用一个平行于底面的平面截该棱锥，截面正方形的边长为，则所得棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 现安排小李、小明、小玲、小王四位同学到、、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. 已知是定义在上的函数，，当时，则当时，的解析式为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，若，使得，都有，则的值为（ ） 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：，圆：，则下列说法正确的是（ ） A. B. 当时，圆与轴相切 C. 当，时，直线与圆相切 D. 若，则直线被圆所截的弦长最短为4 10. 已知数列满足，，，则（ ） A. B. 当是偶数时，是奇数 C. D. 的前项和为 11. 在平面直角坐标系中，点为坐标原点，已知抛物线：（）过点，抛物线的焦点记为点，点（）是轴正半轴的一个动点，过点作直线与抛物线交于，两点，则（ ） A. B. 若，点的坐标为 C. 当且仅当点与点重合时，以为直径的圆与抛物线的准线相切 D. 视为常数，则面积的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在等差数列中，公差，已知，，构成等比数列，为数列的前项和，，则___________. 13. 函数，若方程恰有3个不等的实数根，则实数的取值范围是___________. 14. 已知球的体积与表面积相等，点，，，，均在球的表面上.四边形为正方形，且.若与平面所成角的正切值为，则正方形的面积为___________. 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. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，平面. （1）证明：； （2）若是靠近点的的三等分点，求与平面所成角的正切值. 16. 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；挑战任务二成功的概率为.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）记为甲“首次过关”的轮次数（若3轮均未过关，则记），写出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，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. 17. 在中，角，，的对边分别是，，，已知，. （1）证明：是锐角三角形； （2）若，试求的面积. 18. 已知点是椭圆：（）上的一个动点，点，分别是椭圆的左右焦点，的最大值为. （1）求椭圆的标准方程； （2）过的直线与椭圆交于，两点，点是的中点， ①证明：点的轨迹方程是中心对称图形，并求出对称中心点的坐标； ②将点的轨迹方程沿着轴平移至点与坐标原点重合的位置，得到曲线，若点在第一象限，直线与曲线交于两点，求直线与直线斜率之和的取值范围. 19. 已知函数，，其中. （1）若直线与函数，的图象均相切，求实数，的值； （2）设函数， ①证明：函数有两个极值点； ②设，（）是①中的两个极值点，若，且恒成立，求实数的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 【考试时间：10月12日14：30—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. 已知为虚数单位，复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法运算化简，由此求得的模. 【详解】因为，所以. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出集合中的不等式的解集，然后根据交集的定义计算即可. 【详解】由题意可知，集合， ， 所以. 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由，得， 又， 所以 4. 设、分别为双曲线：（，）的左、右焦点，为双曲线的左顶点，以为直径的圆与双曲线渐近线在第一象限的交点为，且满足，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出点的坐标，再利用余弦定理求出之间的关系，即可得出双曲线的离心率． 【详解】由题意得圆的方程为，由题意得双曲线的渐近线为． 由解得或， 因为点在第一象限，所以. 又，所以， 在中，，由余弦定理得， 即，化简得， 所以，则离心率. 5. 已知正四棱锥的底面边长为，一个侧面等腰三角形的面积为.用一个平行于底面的平面截该棱锥，截面正方形的边长为，则所得棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由正棱锥的性质计算正四棱锥的体积，再根据平行底面的平面截棱锥的性质可得所得棱台的体积. 【详解】正四棱锥每个侧面是等腰三角形，底面边长为，单个侧面面积为​. 设斜高为，由三角形面积公式​，解得斜高。 正四棱锥的高、底面中心到底边的距离（即底面正方形边长的一半，值为）、斜高构成直角三角形， 由勾股定理：， 所以原正四棱锥的体积. 截面平行于底面，截面正方形边长为，和底面边长比为， 因此截得的小正四棱锥和原棱锥的相似比为，截得的小正四棱锥和原棱锥的体积比为， 所以截得小正四棱锥的体积. 因此截得的棱台的体积. 因此所得棱台的体积为. 6. 现安排小李、小明、小玲、小王四位同学到、、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 【答案】D 【解析】 【分析】通过间接法进行求解即可. 【详解】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， 故安排方案为，则有种情况， 其中小李和小王在同一个社区，另外两人各自在一个社区，情况有种， 所以不同的排法种类数为. 7. 已知是定义在上的函数，，当时，则当时，的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接根据函数的对称性求函数解析式可得. 【详解】因为当时，， 当时，则，. 又因为，所以. 因此当时，. 8. 已知，若，使得，都有，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】换元，求导，得到函数最小值，，结合辅助角公式和诱导公式得到答案 【详解】令，则， 则， ， 令得，令，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值，也是最小值，， 且此时，若，则， 若，使得，都有，故， 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：，圆：，则下列说法正确的是（ ） A. B. 当时，圆与轴相切 C. 当，时，直线与圆相切 D. 若，则直线被圆所截的弦长最短为4 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，根据圆成立的条件求解； B选项，计算圆心到轴的距离，和半径作比较得到结果； C选项，计算圆心到直线的距离，和半径作比较得到结果； D选项，计算圆心到直线的距离，将距离化简为关于的关系式，再换元求解. 【详解】直线：，圆：. A选项，要使圆成立，则，解得：，所以A选项错误； B选项，若，则圆：，表示圆心为，半径为3的圆，所以圆心到轴距离为3，即：圆与轴相切，所以B选项正确； C选项，，时，直线：，即：， 圆：表示圆心为，半径为2的圆，所以圆心到直线的距离为：，和圆半径相等，则直线与圆相切，所以C选项正确； D选项，时，圆：，表示圆心为，半径为3的圆， 此时圆心到直线的距离为：，则， 直线被圆所截的弦长为：， 令，则有解，即：关于的一元二次方程有实根，所以， 解得：，此时，则，所以D选项正确. 10. 已知数列满足，，，则（ ） A. B. 当是偶数时，是奇数 C. D. 的前项和为 【答案】CD 【解析】 【分析】选项A、首先根据递推公式计算前几项，进而求出的值；选项B、取偶数，验证偶数项的奇偶性；选项C、先推导奇数项的递推关系，再构造等比数列求奇数项通项，最后代入计算；选项D、推导偶数项的通项，分组计算前2n项和，最后合并求和结果． 【详解】已知，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 选项A、，A选项错误； 选项B、取偶数，为偶数，与当是偶数时，是奇数矛盾，B选项错误； 选项C、当是奇数时，是偶数，是奇数， 因此，， 联立得， 则， 即数列（为正整数）是首项为，公比为2的等比数列 因此，即， 令，解得， 因此，C选项正确； 选项D、当是偶数时，是奇数，是偶数， 因此，， 联立得， 则， 即数列（为正整数）是首项为，公比为2的等比数列 因此，即， 前项和． 奇数项和为：， 偶数项和为：， 所以， 故的前项和为，D选项正确． 11. 在平面直角坐标系中，点为坐标原点，已知抛物线：（）过点，抛物线的焦点记为点，点（）是轴正半轴的一个动点，过点作直线与抛物线交于，两点，则（ ） A. B. 若，点的坐标为 C. 当且仅当点与点重合时，以为直径的圆与抛物线的准线相切 D. 视为常数，则面积的最小值为 【答案】BC 【解析】 【分析】对于选项A，将点代入抛物线方程即可；对于选项B，设直线方程，联立抛物线方程，结合韦达定理，利用即可求点的坐标；对于选项C，先计算出及中点到准线的距离，若以为直径的圆与抛物线的准线相切，可计算出点的坐标是唯一的即可；对于选项D，利用的纵坐标及计算即可求面积的最小值. 【详解】将点代入抛物线方程得.则，准线为. 对于选项A，由故A错误； 对于选项B，设直线， 联立方程，消去，得. . 由，得. 由韦达定理得，则. 因为，所以. 解得或(舍去)，即点的坐标为，故B正确； 对于选项C，由，得中点横坐标为. 则中点到准线距离为. 若以为直径的圆与抛物线的准线相切，则，解得. 即与重合，故C正确； 对于选项D，由 . 因为，则当时，，故D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在等差数列中，公差，已知，，构成等比数列，为数列的前项和，，则___________. 【答案】400 【解析】 【分析】先用等比中项得到，再利用是连续三项之和求出，最后代入前项和公式算出. 【详解】由成等比数列，得 ，即， 整理得，因为，所以，故， 因为，，，， 所以，得， 又，所以，解得 所以. 13. 函数，若方程恰有3个不等的实数根，则实数的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】确定函数的单调性，结合函数图象，即可求解. 【详解】当时，， 求导得：， 当时，，单调递增； ，当时，由指数函数的增长速度可判断，且 当时，，单调递减；此时， 当时，单调递增，且， 画出函数图象如下： 对于， 当时，的图象过二四象限，并经过坐标原点， 此时与只有一个交点， 即方程只有1个实数根，不符合题意； 当时，的图象过一三象限，并经过坐标原点， 下面计算与，相切时的取值， 设切点坐标为由， 可得，又， 联立解得，如上图，此时与有两个不同交点， 此时对的图象绕原点顺时针旋转，结合图象可知：当时，与有三个不同交点， 即方程恰有3个不等的实数根， 故实数的取值范围是. 14. 已知球的体积与表面积相等，点，，，，均在球的表面上.四边形为正方形，且.若与平面所成角的正切值为，则正方形的面积为___________. 【答案】10 【解析】 【分析】先根据已知条件求出球的半径，然后分析几何结构，建立参数关系，然后利用外接球性质列方程求解，最后即可求出正方形的面积. 【详解】设球的半径为，因为球的体积与表面积相等， 所以，解得. 设正方形的中心为，由可知， 平面，球心在直线上. 设正方形的边长为，则正方形对角线长为，因此. 与平面所成角为，由题意. 在中，，代入，得. 点在球表面，故，在中，. 由勾股定理得：，代入对应值. 化简得. 由于，所以. 所以正方形的面积为. 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. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，平面. （1）证明：； （2）若是靠近点的的三等分点，求与平面所成角的正切值. 【答案】（1）证明：平面，面，， 又为菱形，，，， 平面，. （2） 【解析】 【小问1详解】 略 【小问2详解】 是靠近点的的三等分点，设与的交点为，连接，过点作与点， 由（1）知平面，所以为与面所成角， 棱形，， 过点作与点， ， 在直角三角形中，， . 16. 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；挑战任务二成功的概率为.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）记为甲“首次过关”的轮次数（若3轮均未过关，则记），写出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，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. 【答案】（1） （2）分布列为： 0 1 2 3 （3）乙的说法正确. 理由：方案一：任务一的正确率变为，任务二的正确率变为，则一轮过关的概率； 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；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； 则，，所以乙的说法正确. 【解析】 【小问1详解】 记事件表示“甲一轮挑战过关”，则“任务一成功且任务二成功”，因为任务一与任务二相互独立， 所以； 【小问2详解】 可能的取值为，，，. ， ， ， ； 所以的分布列为： ； 【小问3详解】 略 17. 在中，角，，的对边分别是，，，已知，. （1）证明：是锐角三角形； （2）若，试求的面积. 【答案】（1）因为角，，是的内角，所以，，，由题知： ，可能有两种情况：①；② 对于情况①：，两式相减得，故， 对于情况②：，两式相加得，故， 由余弦定理知，故，， 且③，故而情况②错误，只可能是情况①，所以， 结合正弦定理由③知，解得，故，则，所以是锐角三角形. （2） 【解析】 【分析】(1)利用的两组解，结合三角形内角和与余弦定理判断的正负，排除钝角可能，求出A，B，C，得到三个角都小于；(2)得到三个内角后，借助正弦定理求出边长a，代入三角形面积公式计算面积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由正弦定理知，解得，又因为， 所以. 18. 已知点是椭圆：（）上的一个动点，点，分别是椭圆的左右焦点，的最大值为. （1）求椭圆的标准方程； （2）过的直线与椭圆交于，两点，点是的中点， ①证明：点的轨迹方程是中心对称图形，并求出对称中心点的坐标； ②将点的轨迹方程沿着轴平移至点与坐标原点重合的位置，得到曲线，若点在第一象限，直线与曲线交于两点，求直线与直线斜率之和的取值范围. 【答案】（1） （2）①易知当不存在时，点为椭圆的左焦点； 当时，点为坐标原点； 当存在且不为0时，设直线：，，，， 则， 由可得， 因在椭圆内部，故必定成立， 又，于是，故， 解得，代入点的坐标得， 化简得：（）； 对于不存在和的两种情况，点的坐标也满足上面方程， 综上动点的轨迹方程为，易知，此方程为椭圆方程， 所以点的轨迹方程是中心对称图形，其对称中心为. ② 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的性质可得当点为椭圆的上（下）顶点时，取到最大值，据此可求基本量，从而可得椭圆方程； （2）①设出直线的方程，联立直线方程和椭圆方程后结合韦达定理可求的坐标后消参可得其轨迹方程，从而可求对称中心；②利用椭圆的参数方程可求的坐标，从而可求斜率之和，结合弦切互化法、双勾函数的性质可求斜率和的范围. 【小问1详解】 易知当点为椭圆的上（下）顶点时，取到最大值， 记点为坐标原点，则，此时， 所以，，故椭圆的方程为. 【小问2详解】 ①略. ②据题意，曲线为，为椭圆上第一象限的动点， 则直线与曲线的两个交点，一个在第一象限，一个在第三象限， 不妨设点在第一象限，设点，， 则点， , 所以直线与直线斜率之和的取值范围是. 19. 已知函数，，其中. （1）若直线与函数，的图象均相切，求实数，的值； （2）设函数， ①证明：函数有两个极值点； ②设，（）是①中的两个极值点，若，且恒成立，求实数的最大值. 【答案】（1）， （2）①证明：，定义域， ， 令 则判别式，对称轴，， 所以在上有两个零点，， 不妨设，则或. 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，从而有两个极值点. ② 【解析】 【分析】（1）考查导数几何意义，利用切线斜率等于切点导数值，先求出对应的切点与；再联立切线与，由判别式为 0 求，结合取舍根. （2）①考查极值点判定，求导数，分母恒正，导数符号由分子二次函数决定；借助判别式、对称轴、函数初值，证明二次函数在有两个正零点，根据导数符号变化证得两个极值点. ②极值点综合问题，利用韦达定理进行消元，由确定范围，将化为单变量函数；研究单调性求最小值，由恒成立得到的最大值. 【小问1详解】 由题意，，令得，又， 故直线与函数相切于点， 代入得， 从而直线与的图象相切， 联立，消去整理得， 判别式，解得或者， 又因为，所以. 【小问2详解】 ①略. ②， 令， ，.. 又，，即，又由知， 解得， ， 又， ， 又，. 令，，， ， 的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $