精品解析：福建省漳州第一中学2026-2027学年第一学期高三数学练习试卷（9.28）

漳州一中2027届高三数学练习卷 （9.28） 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z满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知是非零平面向量，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 某圆台形无盖水桶的表面积为，水桶下底面的半径为5cm，上底面的半径为10cm，则该水桶的容积为（ ）（水桶壁与底的厚度忽略不计） A. B. C. D. 4. 已知，，为抛物线上一动点，则的最小值是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 5. 若是偶函数，则（ ） A. 0 B. C. D. 6. 高考入场安检时，某学校在校门口并排设立三个检测点，进入考场的学生只需要在任意一个检测点安检即可进入．现有三男三女六位学生需要安检，则每个检测点通过的男生和女生人数相等的可能情况有（ ） A. 66种 B. 93种 C. 195种 D. 273种 7. 已知关于的方程在内有2个不同的解，，则（ ） A. 1 B. C. D. 8. 若不等式（是自然对数的底数）对任意恒成立，则当取最大值时，实数（ ） 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，是不共线的单位向量，其夹角为，则下列说法正确的是（ ） A. 存在，使得 B. 存在，使得 C. 存在，使得 D. 存在，使得 10. 如图所示，正方体棱长为2，正方形内（不含边界）一动点P在运动过程中始终满足．下列说法中正确的为（ ） A. 存在点P使得 B. 直线与点P的轨迹有公共点 C. 点P运动轨迹长为 D. 三棱锥P-BCD体积最大值为8 11. 函数的图象类似于汉字“囧”字，被称为“囧函数”，并把其与y轴的交点关于原点的对称点称为“囧点”，以“囧点”为圆心，凡是与“囧函数”有公共点的圆，皆称之为“囧圆”，则当，时，下列结论正确的是( ) A. 函数的图象关于直线对称 B. 当时，的最大值为－1 C. 函数的“囧点”与函数图象上的点的最短距离为 D. 函数的所有“囧圆”中，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. 已知集合，，则集合的真子集个数为______. 13. 设，分别是双曲线：的左、右焦点，为坐标原点，点在双曲线的渐近线上，，则的离心率为______. 14. 以间的整数为分子，以为分母组成分数集合，其所有元素和为；以间的整数为分子，以为分母组成不属于集合的分数集合，其所有元素和为，依次类推以间的整数为分子，以为分母组成不属于的分数集合，其所有元素和为；则__________. 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. 如图，在直三棱柱中，，，E，F分别为棱，的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角正切值． 16. 在中，内角的对边分别为，若. （1）求角的大小； （2）若，的平分线交于点，求线段长度的取值范围. 17. 已知点在抛物线上，焦点为，，经过点的直线交抛物线于，两点. （1）求抛物线的方程； （2）若，求直线的方程. 18. 设集合，从集合的所有非空子集中任意选择一个集合，即且，记集合B中的最小元素和最大元素分别为随机变量X，Y． （1）当时，求事件“且”的概率； （2）求随机变量Y的分布列； （3）在的条件下，求X的数学期望． 19. 已知函数，． （1）若在定义域上单调递增，求m的取值范围； （2）若有两个极值点a，b，证明：； （3）若，关于x的方程在上有两个不同的实数根，，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 漳州一中2027届高三数学练习卷 （9.28） 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z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求得，再求模即可. 【详解】复数z满足，则， 所以. 2. 已知是非零平面向量，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的定义和运算律，结合充分条件和必要条件的定义即可求解. 【详解】由，得，故必要性成立； 由，得，得， 不一定成立，故充分性不成立. 所以“”是“”必要不充分条件. 故选：B 3. 某圆台形无盖水桶的表面积为，水桶下底面的半径为5cm，上底面的半径为10cm，则该水桶的容积为（ ）（水桶壁与底的厚度忽略不计） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】水桶是一个倒立的圆台，设母线长为，由圆台的体积公式求解． 【详解】水桶是一个倒立的圆台，设母线长为， 因为表面积为，下底面的半径为5cm，上底面的半径为10cm， 所以，解得， 设水桶的高为，如图所示： ， 所以水桶的容积为. 故选：B 4. 已知，，为抛物线上一动点，则的最小值是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线定义可得，进而可解. 【详解】由抛物线的方程为，其焦点坐标为，准线为， 所以为抛物线的焦点， 因为在抛物线内部，作出示意图如下， 过点作准线的垂线，垂足为， 由抛物线定义可知，， 当且仅当三点共线时等号成立. 5. 若是偶函数，则（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据偶函数定义，列式运算得解. 【详解】由题，可得，即， ， ，即 因不恒为0，故. 故选：B. 6. 高考入场安检时，某学校在校门口并排设立三个检测点，进入考场的学生只需要在任意一个检测点安检即可进入．现有三男三女六位学生需要安检，则每个检测点通过的男生和女生人数相等的可能情况有（ ） A. 66种 B. 93种 C. 195种 D. 273种 【答案】B 【解析】 【分析】分①每个检测点均为一男一女通过、②三个检测点中，一个检测点通过0人，一个检测点通过一男一女，一个检测点通过两男两女、③六人均在同一个检测点通过三种情况进行讨论求解即可. 【详解】①每个检测点均为一男一女通过，共有种不同的结果； ②三个检测点中，一个检测点通过0人，一个检测点通过一男一女，一个检测点通过两男两女，共有种不同的结果； ③六人均在同一个检测点通过，共有种不同的结果. 则每个检测点通过的男学生人数与女学生人数均相等的情况有种. 故选：B. 7. 已知关于的方程在内有2个不同的解，，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】辅助角公式得，取为锐角且，由得，，则，求值即可. 【详解】因为，取为锐角且，， 所以，由题意可得. 因为，不妨设， 由，有，，即， 所以， . 故选：D. 【点睛】思路点睛： 辅助角公式的作用之一是将含有正弦、余弦两种三角函数的表达式合并为只含有一种三角函数的表达式，两个角的正弦值相等，则这两个角终边重合或终边关于轴对称. 8. 若不等式（是自然对数的底数）对任意恒成立，则当取最大值时，实数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意得，则分和两种情况讨论，当时，将条件转化为研究函数的图象是否在的图象的上方恒成立问题；当时，令，求导，从而根据单调性，及零点存在性定理得到，且，进而得解． 【详解】由题意可知，当时，研究函数与的图象， 因为，当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增， 所以当时，函数取得最小值，则最小值为， 又时，；时，， 而在上单调递减， 所以函数与的图象大致如下， 数形结合得函数的图象在的图象的上方不恒成立， 所以不恒成立，不符合题意； 当时，令，则， 令，则， 当时，，则在上单调递减，即在上单调递减； 当时，，则在上单调递增，即在上单调递增， 由时，，，，时，， 所以存在唯一，使得，即， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增， 所以， 又恒成立，即， 所以，当且仅当时取等号， 所以当时，取最大值，此时． 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，是不共线的单位向量，其夹角为，则下列说法正确的是（ ） A. 存在，使得 B. 存在，使得 C. 存在，使得 D. 存在，使得 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用向量平行的条件对比系数发现矛盾判断A，利用向量垂直的条件求解参数判断B，利用特值法求解C，D即可. 【详解】对于A，若，则， 得到，对照系数得，，显然不成立，故A错误， 对于B，若，则，得到， 即，而，是不共线的单位向量， 故，得到，解得，故B正确， 对于C，当时，，， 显然满足，故C正确， 对于D，当时，，， 则，故D正确. 故选：BCD. 10. 如图所示，正方体棱长为2，正方形内（不含边界）一动点P在运动过程中始终满足．下列说法中正确的为（ ） A. 存在点P使得 B. 直线与点P的轨迹有公共点 C. 点P运动轨迹长为 D. 三棱锥P-BCD体积最大值为8 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意，由正弦定理结合轨迹方程即可判断AB，然后根据三棱锥体积公式以及点的运动轨迹，即可判断CD； 【详解】 由题意：，且，如图建系，设，， 所以，所以，， 所以，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆在正方形内部的弧， 且，点到该直线的距离为， 所以与圆无公共点，B错误； 若，设，所以，所以， 所以，即，联立，解得， 所以点满足条件，所以A正确； 若最大，则到距离最大，即为与圆的交点处，但不在正方形边界上，所以最大值取不到，故D错误； 令，得到点，又因为，所以，所以为等边三角形，所以， 因为为点的运动轨迹，所以，故C正确. 故选：AC 11. 函数的图象类似于汉字“囧”字，被称为“囧函数”，并把其与y轴的交点关于原点的对称点称为“囧点”，以“囧点”为圆心，凡是与“囧函数”有公共点的圆，皆称之为“囧圆”，则当，时，下列结论正确的是( ) A. 函数的图象关于直线对称 B. 当时，的最大值为－1 C. 函数的“囧点”与函数图象上的点的最短距离为 D. 函数的所有“囧圆”中，面积的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A．根据函数是偶函数，进行判断即可． B．判断当时，函数的单调性即可． C．求函数的导数，利用导数的几何意义进行求解． D．利用两点间的距离公式进行判断求解． 【详解】当，时，函数. A．f(x)的定义域为，，且为偶函数，则函数关于对称，故A错误； B．其图象如图所示，当，为减函数，则当时，最大为，故B正确； C．当时，，即函数图象与轴的交点为，其关于原点的对称点为， 所以“囧点”为， 设，则，设切点为，， 切线的斜率， 当“囧点”与切点的连线垂直切线时，距离最短， ， 解得， 切点坐标为， 故函数的“囧点”与函数图象上的点的最短距离是，故C正确， D．“囧圆”的圆心为．要求“囧圆”的面积最小，则只需考虑轴及轴右侧的函数图象．当圆过点时，其半径为2，这是和轴下方的函数图象有公共点的所有“囧圆”中半径的最小值； 当圆和轴上方且轴右侧的函数图象有公共点时，设（其中， 则点到圆心的距离的平方为， 令，，则， 再令，（其中， 则， 所以当圆和轴上方且轴右侧的函数图象有公共点时，最小半径为． 又， 综上可知，在所有的“囧圆”中，半径的最小值为． 故所有的“囧圆”中，圆的面积的最小值为，故D正确， 故选：BCD． 【点睛】 本题主要考查抽象函数及其应用，其中根据“囧圆”的圆心坐标及“囧函数”的解析式，利用函数的奇偶性，单调性以及数形结合是解决本题的关键． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知集合，，则集合的真子集个数为______. 【答案】7 【解析】 【分析】由，即为奇数，求得集合，即可得真子集的个数. 【详解】∵，∴为奇数，∴，∴集合中有3个元素，∴集合的真子集个数为：. 故答案为：7. 13. 设，分别是双曲线：的左、右焦点，为坐标原点，点在双曲线的渐近线上，，则的离心率为______. 【答案】## 【解析】 【分析】设，根据，结合余弦定理求得，进而求出，可得得解. 【详解】设， 由，则， ，解得， 在中，由余弦定理得， ，即， . 故答案为：. 14. 以间的整数为分子，以为分母组成分数集合，其所有元素和为；以间的整数为分子，以为分母组成不属于集合的分数集合，其所有元素和为，依次类推以间的整数为分子，以为分母组成不属于的分数集合，其所有元素和为；则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先得出的规律，再根据等差数列的和求解. 【详解】由题意 【点睛】方法点睛：非常见数列的求和的突破在于找到规律，由特殊到一般是找规律的常用方法． 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. 如图，在直三棱柱中，，，E，F分别为棱，的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角正切值． 【答案】（1）证明：取棱的中点为G，连接，，如图所示． 因为点E为的中点，所以，且． 又F为的中点，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以． 又平面，平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）建系求出两个平面法向量，利用法向量夹角余弦求二面角的余弦；（2）再利用同角三角函数关系，算出正切值，注意平面夹角取锐角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，由题意，以B为原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系． 不妨设，则，，，， 所以，． 设平面的一个法向量为，则， 则，取，则． 又平面，则是平面的一个法向量， 所以． 设平面与平面的夹角为，则，， 所以， 所以平面与平面的夹角正切值为． 16. 在中，内角的对边分别为，若. （1）求角的大小； （2）若，的平分线交于点，求线段长度的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及余弦定理进行求解； （2）由三角形的面积公式及余弦定理得，再由基本不等式求解． 【小问1详解】 因为， 所以：， 即， 由正弦定理得，即， 由余弦定理得， 又，所以. 【小问2详解】 因为， 所以，解得， 由余弦定理得，即， 设 ，则 ， 由基本不等式：，故， 解得，故， 又 ，所以， 因此. 17. 已知点在抛物线上，焦点为，，经过点的直线交抛物线于，两点. （1）求抛物线的方程； （2）若，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据点在抛物线上以及抛物线的定义列方程组求，即可得抛物线方程； （2）设直线，，，与抛物线方程联立可得韦达定理，结合弦长公式运算求解即可. 【小问1详解】 由抛物线方程可知：焦点，准线， 由题意可知：，解得， 所以抛物线的方程为. 【小问2详解】 因为点在抛物线内部，则直线的斜率不为0，且直线与抛物线必相交， 设直线，，， 联立方程，消去y可得， 则，， 可得， 则，解得， 所以直线的方程为或. 18. 设集合，从集合的所有非空子集中任意选择一个集合，即且，记集合B中的最小元素和最大元素分别为随机变量X，Y． （1）当时，求事件“且”的概率； （2）求随机变量Y的分布列； （3）在的条件下，求X的数学期望． 【答案】（1） （2），其中，2，3，…， （3） 【解析】 【分析】（1）集合B共有15个，并用列举法得到事件“且”的概率； （2）求出Y的可能取值和对应的概率，得到分布列； （3）求出，当，，2，3，…，时，，结合错位相减法求和，得到数学期望 【小问1详解】 当时，非空子集B共有个，符合题意的子集只有，两个， 所以． 【小问2详解】 由题意得：Y的所有可能取值为1，2，3，…，，非空子集B共有个． 当时，集合B中必须包含元素k，不含大于k的元素，符合题意的子集B共有个， 故，其中，2，3，…，n． 【小问3详解】 当时，集合B中必须包含元素n，符合题意的子集B共有个． 当时，； 当，，2，3，…，时，； 因此，记， 即，① ，② ①-②得：， 整理得：． 即． 19. 已知函数，． （1）若在定义域上单调递增，求m的取值范围； （2）若有两个极值点a，b，证明：； （3）若，关于x的方程在上有两个不同的实数根，，证明：． 【答案】（1） （2）证明：由题意得，． 因为有2个极值点a，b，则有两个正根a，b． 则，解得． 所以 ． 设，，则． 因为，所以，则， 所以在区间上单调递增． 即， 所以． （3）设， 当时，．又恒成立，则在上单调递减； 当时，．又恒成立，则在上单调递增． 因为方程在上有2个不同的根，， 又时，，如图所示： 所以，． 又在处的切线方程为，设，． 当时，恒成立，所以在区间上单调递增，则． 即当时，． 与，的两个交点的横坐标分别为与， 则有，同时． 过点和的直线方程为， 该直线与的交点的横坐标为，同理可证：， 所以． 综上所述，成立． 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，根据函数单调性得到恒成立，参变分离，结合基本不等式可得答案； （2）根据极值点情况可得不等式，得到，，故，设，，求导，得到的单调性，得到，证明出结论； （3）设，求导，得到的单调性，画出的图象，数形结合得到，．又在处的切线方程为，设，求导，得到的单调性，得到，并得到过点和的直线方程为，该直线与的交点的横坐标为，同理可证，所以，可得成立． 【小问1详解】 的定义域为，． 因为在上单调递增，所以恒成立． 则，即在上恒成立，所以． 因为，当且仅当时，等号成立． 所以． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】极值点个数的判断问题，一般转化为方程根的个数，求导后若可以化为二次函数，可以利用根的判别式及韦达定理求解，若不是二次函数，则研究函数的单调性，借助函数图象研究，在完成此类题目时，往往会将多元问题转化为一元问题进行解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $