8 全国名校协作体高三上学期10月联考-【景行之教育】2027年数学高考一轮复习先锋名校检测卷

d,4…,eM且i云，…dd nd,d…d,d互不相同，共 有n-3个元素； … dn M互不相同，有1个元素 da-I (15分) 8全国名校协作体 一1.B【解析】因为1+2i,所以2=1-2i,所以=2 0“-1写号做室 1+2i 2.B【解析】由题意，得a+b=(1+x,5).因为a⊥(a+b),所 以a·(a+b)=1×(1+x)+2×5=x+11=0,解得x=-11.故 选B. 3.B【解折】因为函数)=c02or+)的最小正周期为 ,>0,所以2=，所以w=1,所以)=eas(2+石）令 2+石-，eZ,可得x=经B4eZ,所以函数) 一x+）的图象的对芬轴为x子品eZ结合选项， 令名≤受吕≤侣化简可得≤≤1，所以=1，此时对称 轴的方程为：侣放选B 1 4.A【解析】因为代x)=-2(2+a,其图象无限接近直线 y=1但又不与该直线相交，所以a-1,则函数f(x)= -2分)1=-2+1令到=-21>分得2 2-.当x>0时，可得2>2.因为y=2在R上单调递增， 所以x>2.当x<0时，可得2>2x.因为y=2在R上单调递 增，所以x<-2.综上可得，f(x)>】的解集为(-”，-2)U （2,+∞).故选A. 5.C【解析】当n≤2024时，由S.=S4og-n,得0=an1+aa2t…+ a4049-n= 1t409(4049-2n）,则a2s=0;当2024<n<4049 2 时，由S=,9,得0=a4圈+a4.++a,-0.01w-(2m- 2 4049）,则a225=0.所以“a2s=0”是“S。=S4049-n(n<4049 n∈N*)”的充要条件.故选C. 6.B【解析】由题意知F(2,0),直线1 的斜率不为0.设直线1的方程为x= my+2,A(x1,y),B(x2,y2).联立 (=m+2,消去x并整理，得Y-8m O万 y2=8x. 16=0,则y1+y2=8m,所以x1+x2= m(y1+y2)+4=8m2+4.如图，因为四边 形04PB是平行四边形，所以O=0A+0品，即(6，t)=(x1+x2, y+),所以6=名+=8m2+4,t=+2=8m,解得m2= 4 所以t2=64m2=16.因为t>0,所以t=4.故选B. 7.C【解析】设三次函数的解析式为y=ax3+bx2+cx+d,A(x1, D25卷 参考答案及深度解析 根据质数的性质知，三（1≤i≤m互不相同， d 所以cad(M)=(n-1)+(n-2)++2+1=n(n-1 2 故card(M)有最大值(n-) (17分) 2 高三上学期10月联考 y1),B(x2,y2),则y'=3ax2+2bx+c.设f(x)=3ax2+2bx+c,则 ∫'(x)=6ax+2b.由题意可得x1,x2为三次函数的极值点，所 以x1+x2= 8-元令f'(e)=6+2b=0,则=品为 2b 3a1 函数y/=3ar2+2br+c的极值点，将x三代入y=3a+2bx+ 0,可得62262 3a3a 七c=1,所以c=-1+,则%-%=a(-) b(x子-x号)+c(x1-x2)=40,即a(x1-x2)(x+x1x2+x)+b(x1 G)0则（德云） 一十 小0即【号(1号)门0，则子 x2)=40,解得x2-x1=60.故选C. 8.B【解析】设X为n个同学的数学成绩组成的有序数组，Y 为n个同学的物理成绩组成的有序数组，Z为n个同学的化 学成绩组成的有序数组，X'为n个同学的数学成绩与数学平 均成绩之差组成的有序数组，Y为n个同学的物理成绩与物 理平均成绩之差组成的有序数组，Z'为个同学的化学成绩 与化学平均成绩之差组成的有序数组，则X=(x,x2,…, xn）,Y=(y12,…y),Z=(名1,2，…，2n）,X'=(x1-x,x2-元，… xn-x),Y=(y1-y,y2y,…,yn-y),Z'=(z1-z,2-z,…,2n-2). 含(x0(0) 由相关系数公式r= ,可知r=cos〈X', √含(-)2宫)2 Y〉.设X'与Y的夹角为a,Y与Z的夹角为B.由x,y的样本 相关系数为吕：的样本相关系数为行，得ma=吕 4 .5 。sB=于，则ma=3i血B=号由于这两个夹角均为锐 3 角，且B>α，所以X'与Z的夹角可能是B-a,a+B,则X'与Z夹 角的余弦值的最大值为cos(B-a),此时x与z的样本相关系 数最大，即为cos(B-a)=cos Bcos&+nin=片号×名+号为 1365故选B. 563 二、9.ACD【解析】由频率分布直方图可知，成绩在70~ 80分之间的学生人数最多，故可估计该年级学生成绩的众 数为75，A正确. 由频率分布直方图可知，10(2a×2+3a+7a+6a)=1,所以a= 0.005,B错误 由于前三组的频率之和为10×12a=0.6,前四组的频率之和 为10×18a=0.9,故估计该年级学生成绩的第75百分位数 约为80 0.75-0.6×10=85,C正确. 0.30 由频率分布直方图可知，成绩在80~90分之间和90~100分 之间的频率之比为3：1，故估计该年级成绩在80分及以上 8·数学 高考一轮复习检测卷·数学 的学生成绩的平均数为85×？+95x}-87.50,D正确故 选ACD 10.CD【解析】当x≥0，>0时，曲线C:4=y-4,即 4 =1;当≥0，y≤0时，曲线C:4w2=-yY-4,即X+=-1, 不存在：当x≤0，>0时，曲线C:-4=2-4,即+2=1 当≤0，y≤0时，曲线C:-4r=-y-4,即-士=1.画出图 4 形，如图. 对于A,由图可得，曲线C不是中心对称 ty 图形，故A错误. 对于B,方程=1是以R,R,分别为 2 上、下焦点的双曲线的方程，则当x≥0， -10 y>0时，曲线C上存在点P,使得IPF2I IPF11=4,故B错误. F 对于C,由题意得，第一、三象限中曲线的 渐近线方程为y=2x,所以直线y=2x与曲线C没有交点，故 C正确. 对于D,设Q(x0,yo),点A在直线y=2x上，点B在直线 y=-2x上，则由点到直线的距离公式可得1Q41=124。 5 10B1=120,所以1041.1081=120l.12+al 5 5 4-61又点Q是曲线C上在第三象限内的一点，所以将 5 点Q的坐标代入曲线C的方程可得1Q1·1QB1= 5 ,故D正确选CD. 4 11.ABD【解析】由X,Y的定义可知，任意交换x1,x2,x3的 顺序，不影响X,Y的取值，任意交换x4,x5,x6的顺序，不影 响X,Y的取值，故A正确， 由于当x1,x2,x被确定后，x4,x,x6的取值也被固定，因此 满足条件的组数即为满足条件的x1,x2,x3的组数.从1， 2,…,5,6中任选3个数，有C=20(种)取法，故B正确. 不妨设x1<x2<x3及x4<x5<x6·注意到，整体交换x1,x2,x3和 x4,x5,x6也不影响X,Y的取值，因此不妨设x1<x4,则Y=x4, X=min{x,x6}.将满足以上条件的排列情况列举如下： 31,x2,34,X5,光6 x1,2,%3x4,x5,x6X Y 1,2,3 4,5,6 3 4 1,3,5 2,4,6 5 2 1,2,4 3,5,6 4 1,3,6 2,4,5 5 2 1,2,5 3,4,6 5 1,4,5 2,3,6 5 1,2,6 3,4,5 5 3 1,4,6 2,3,5 5 2 1,3,42,5,6 4 2 1,5,6 2,3,442 所以共有10种情况，除第一种外均满足X>Y,因此P(X> 19 3 Y)=1 1010P(K=4)= 0故C错误，D正确选ABD. 】【解析】由sin(a+B)=2,得sin B+osa· 三12.3 sin B=- 由" tan B =5,得sin acos B=5 cos osin B,所以 5 sin acos B=- 12,cos asin B= =,所以sin(a-B)=sin acoB- 2 cos asin B=12 123 511 D26卷 13.2【解析】设△ABC的边长为a,外接圆的半径为r,A4,= 众由正孩定理得=片=2，则，- 5 3a. 2 6子·aa…空-月%设圆柱的商为6. 1 则Ke=mA=写k由题查得6=写a,所以6： 4nh,所以正三棱柱ABC-A,B,C的侧面积S=3ab=3a· 33 ，圆柱的侧面积S,=2mh=2·写，所以正三棱柱 3 33 3a.4 ABC-A,B,C,与圆柱的侧面积的比值为 33=2 3 2m·3ah 14.1128 1 【解折1对于0，令x=子，得分）)+行)=1， 则分)分： 对于②，令x=0,得f0)=2f0),则f0)=0: 对于①，令x=0,得f(0)+f1)=1,则f1)=1; 对于@.令=1，得行）21)=号 因为付）)份》分所以由®可知，Y:[号号]均 有号注到-[传引周此（高）： 2于是f)53))(兮× s)())-传 11 2128 四、15.【解】(1)因为a2+45S=(b+c)2, 所以43×。-bcsin A=b2+c2-a2+2bc, (2分) 2 所以√3sinA= 2+c2-a2 +1, 2bc 所以√3sinA=cosA+1, (4分) 故m4-}-2 又AE(0,π)，所以A-T=T 66 所以A= 3 (6分) h (2)由正弦定理，得0 sin A sin B sin C' 所以a b+c (8分) sin A sin B+sin C 又A=T,+c=4, (9分) 3 23 所以a= (b+c)sin A sin B+sin C 血B得8 2W3 2W3 sin B 3 ini sin) 1 6 8·数学 因为△1C为锐角三角形，所以0B<号，0<C=B 3 2 所以百<B号， (11分) 所u(则ma(] 「。43 43 所以ae2,4),故a的取值范围为2，) (13分) 16.【解】(1)当a=1时，(x)=血-nx+1, 则函数fx)的定义域为(0，+0)f'(x)=1-n- x2 令g(x)=1-lnx-x,则g(x)单调递减，且g(1)=0,(2分) 从而当<1时，g(x)>0x)单调递增： 当1<x<e时，g(x)<0,f(x)单调递减. (4分) 所以f(x)≤f1)=1, 故在[：小上的最大值为1 (5分) (2)令f)=n-alnx+1=0, 11 则由lnx≠0，得a=一 nxt1. (7分) 令h(x=1,则()=-1 1 xlnx’ x(ln)20, (9分) 从而h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递减. (11分) 当x0时，h(x)→+∞； 若x<1,则当一→1时，h(x)→-∞； 若x>1,则当x→1时，h(x)+0; 当x→+0时，h(x)0. (13分) 所以当a≤0时，h(x)的图象与直线y=a有一个交点； 当a>0时，h(x)的图象与直线y=a有两个交点. 故当a∈(-∞，0]时，f(x)有一个零点；当a∈(0，+o)时， f(x)有两个零点. (15分) 17.【解】(1)因为/平面ABCD,lC平面PAB,平面PABn平 面ABCD=AB,所以∥AB. 同理得l∥CD,所以AB∥CD. (1分) 因为∠ABC=60°，所以∠BCD=120° 又因为AB=4,BC=CD=2, 所以∠DBC=∠BDC=30且BD=/BC2+CD2-2BC·CDeos120°= √22+22-2×2×2c08120°-23， 所以∠DBA=30°且AD=√AB2+BD2-2AB·BDcos30°= √44(23)2-2x4x25× 2 =2, (3分) 所以底面梯形ABCD的高h=BDsin∠ABD=2√3× sin30°=3， 所以底面梯形ACD的面积S=之(DC+AB)·看 1 ×(2+ 4)×√3=3V3 (4分) 在△PAD中，PA=4,AD=2,PD=23, 所以PA2=AD+PD2,所以PD LAD. (5分) 因为平面PADL平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD, PD⊥AD,PDC平面PAD 所以PD⊥平面ABCD, (6分) 所以四棱锥P-ABCD的体积V3S·PD= 3 ×35×23=6. (7分) D27卷 参考答案及深度解析 (2)因为AD=2,BD=2√3，AB=4, 所以AB2=AD2+BD2,所以BD⊥AD. 由(1)知PD⊥平面ABCD,所以DB,AD,DP两两垂直. 以D为坐标原点，分别以AD,BD,DP Z↑ P 所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图 -1 的空间直角坐标系， (8分) 则D(0,0,0),A(2,0,0),B(0,23 D 0),C(-1,3,0),P(0,0,23), 所以C=(1,-3,23),C=(3, A -3,0),C2=(1,w3,0). (9分) x 设C0=AC=(入，-3入，23A),0<A<1, 则QA=Ci-C0=(3-入，-√3+3x,-23A),QB=C2-Cd= (1-入，W3+3λ，-23). 因为QA=QB, 所以(3-A)2+3(A-1)2+12λ2=(1-A)2+3(1+入)2+12A2, 所以16=8解得A宁 因此oa-(}35oi-(39-3 .(11分) 设m=(x,y,z)为平面BAQ的法向量， 135 则{ QB·m=0, 即 2+2y-3z=0, QA.m=0, 5√3 (2*23x=0. 取y=1,则x=√3，z=2,所以m=(3,1,2) (12分) 因为PD⊥平面ABCD, 所以平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,23). 13分) 则1cos(m,1=lm·n_1W3x0+1x0+2x2w1_V2 1mln(5)+12+2×23 2 由题图可知，二面角Q-AB-C为锐角， 则二面角Q-AB-C为45°. (15分) 18.【解1（①）因为点M1,)在椭圆C上，且FL轴 所以c=1. (1分) 将x=e代入亡 人at2=1(a>b>0)中， 得y= 则=8 a a 3 又a2-b2=c2=1, 所以a2=9,b2=8, (3分) 所以椭圆C的方程为。 9+81. (4分) (2)由题意，知过点M且与椭圆C有且只有一个公共点的 直线的斜率不为0，故设此直线方程为x=my+nm. (x=my+n, 联这方号片1 消去x并整理，得(8m2+9)y2+16my+8n2-72=0. 因为椭圆C与该直线只有一个交点， 所以△=(16mn)2-4(8m2+9)(8n2-72)=0 即8m2-n2+9=0.① (6分) 3m+n.② 又该直线过点M,）,则1 南①2得仁)则该直线的方程为：-9 令y=0,得x=9,所以点P(9,0). (7分) 设0(0,0). 8·数学 高考一轮复习检测卷·数学 由Sa79号2.3m=24,得S=2 3 (8分) 从而点R到直线MP的距离为点O到直线MP的距离的 2倍. 又点R在椭圆上，所以M,R两点关于点O对称， 故直线MR的方程为y=3元 8 (10分) D R (3)设D(x1,1),E(x2,y2),D2=AP2,A<0, 则(9-x1,-y1)=A(x2-9,y2), 所以，=9+9A-③ (12分) (y2=-y1: 将点D,E的坐标分别代入椭圆C的方程，得 8+9y=7n则8t9i7R 8x+9y7=72,(8A2x+9λ2y=72λ2 两式相减，得8..名-+9.+.- 1+入 1-入 1+入 1-λ 72.④ 由③④，得5λ-入x2=-4. (14分) 又P(9,0),F(1,0),N(5,0),E(x2,y2), 则直线NE的方程为y-0=,25(x-5) (15分) 由于MF⊥x轴，直线NE与MF交于点Q, _4y2=-2=y1, 则x0=1,所以y05-元 故DQ⊥y轴， (16分) 从而1701=宁1DF1≤2(a+e)=2,当且仅当点D位于椭圆 的左顶点时，等号成立， 故线段TQ的最大值为2. (17分) 19.(1)【解】由1=1×2°，3=3×2°，5=5×2°，7=7×2°，9=9×2°， 2=1×2,6=3×2,10=5×2,4=1×22,8=1×23, (2分) 知(a+6,)=4, (3分) (2)【解】不存在.证明如下： 设n=an×2,其中an为奇数，bn为自然数. 9浙江省宁波市高 一、1.D【解析】由A={-2,0,1},B={yly=x2,x∈A},得B= {0,1,4},故AUB={-2,0,1,4.选D. 2.c多法解题)【方法一】因为z=-2(-2+i)(-2-可 5 5(-2-i) -2-i,所以1z=√（-2)2+(-1)7=√5.故选C. 55=5=5.故选C 【方法二】z=2i-215 3.C【解析】由a⊥b,得a·b=0.因为1a-3b12=(a-3b)2= a2-6a·b+9b2=1-0+9=10,所以1a-3b1=√/10.故选C. 4.B【解析】由于2×(0.05+0.1)=0.3,2×(0.05+0.1+ 0.2)=0.7,所以样本数据的第60百分位数估计值是6+ 0.6-0.3 2=7.5(h).故选B. 0.2×2 D28卷 设r=max{bn},n=1,2,…,k,j=max{nlbn=r,n≤k},j=a,× 29,则a=1. 否则，当a,≥3时，27<a,×27=j,与已知矛盾，故j=2产， (5分) 则1+11 1 *1 +…+ g·2 16+9+,其中6-aa“a2之 ag·2g a1a2…a429 0·2，(8分) 则c为奇数. 当i≠时，c:为偶数. 从而少(1)的分子为奇数，分母为偶数， 则少(1)不可能为整数， 故不存在这样的k,使山.(1)=2024. (10分) (3)【证明】对任意正整数n,当n≥2时， 2-na*1(a+）=2a(2r-3a-1=ai2(a-2)+n 1]>0, (11分) ,即1 1 [aa(e】] (13分) 又a(a+a+】={仔ta*an*i产≥ 公d生a亚+vm)va 2 (14分) 2 所以 1 [】] (n+√n+1)n(n+1) √n(n+1) /11 (15分) 2n2 n n (17分) 上学期高考模拟考试 5.B【解析】设圆台的上底面圆的半径为r,则下底面圆的半 径为2设圆台的高为A,则A=2由题意，得7+(2+ r·2r]=14m,解得r=√3（负值已舍去）.所以圆台的母线和 辅的夹角的正切值为-孕故查R 6.C【解析】如图，连接AF1.设椭圆 的长半轴长为a,半焦距长为c,则由 椭圆的定义得△ABF1的周长为4a, 且IAF,I=lAF2I=a.又IABI=IFB1, 所以1M81=1R81=号4,8服1 9·数学8全国名校协作体高三上学期10月联考 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小 x=6上存在点P(6,t)(t>0),使得四边形OAPB是平行 题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 四边形，则t= ( 1.已知z=1+2i,则} A.3 B.4 C.5 D.6 7.某游乐场一段滑水道的示意图如图，点A,B分别为这段 12 12 A.55 B. 5+51 滑道的起点和终点，它们在竖直方向的高度差为40m. 两点之间为滑水弯道，相应的曲线可近似看作某三次函 c5号 1.2 D.5+5 数图象的一部分（该三次函数在A,B两点处取得极 2.已知向量a=(1,2),b=(x,3).若a⊥(a+b),则实数x= 值).考虑安全性与趣味性，在滑道最陡处，滑板与水平 面成45°的夹角，则A,B两点在水平方向的距离约为 A.-4 B.-11 C.11 D.4 3已知函数fx)=6ms2or+(w>0)的最小正周期为 π，则f(x)的图象的对称轴可以是 ( A.30m B.40m C.60m D.120m A B.&=5n 8.研究数据表明，某校高中生的数学成绩与物理成绩、物 12 理成绩与化学成绩均有正相关关系.现从该校抽取某班 C.=T 6 D.&= 50位同学的数学、物理、化学三科的成绩作为样本，设 3 数学、物理、化学成绩分别为变量x,y,云.若x,y的样本 4.已知函数f(x)=-2 2 +a,其图象无限接近直线y=1 相关系数为2 ，的样本相关系数为号则：的样本 但又不与该直线相交，则爪)>的解集为 相关系数的最大值为 ( A.(-0,-2)U(2,+0)B.(-2,2) 附：相关系数r= (-)(:y C.(-∞，-1)U(1,+)D.(-1,1) 5.已知等差数列{a.}的前n项和为Sn,“a2ms=0”是“S。= 48 63 A. B. 65 行 S4o49-n(n<4049,n∈N*)”的 65 A.充分不必要条件 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小 B.必要不充分条件 题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得 C.充要条件 6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 D.既不充分也不必要条件 9.某次数学考试后，为了分析学生的学习情况，某校从某 6.已知抛物线C:y2=8x的焦点为F,过焦点F的直线l与 年级中随机抽取了100名学生的成绩，整理得到如图的 抛物线C交于异于坐标原点O的A,B两点.若在直线 频率分布直方图，则 ↑频率/组距 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说 6a 明、证明过程或演算步骤。 3a 2 15.(13分)在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c, 05060708090100成绩/分 △ABC的面积为S,且a2+43S=(b+c)2. A.估计该年级学生成绩的众数为75 (1)求角A. B.a=0.05 (2)若△ABC为锐角三角形，且b+c=4,求a的取值 C.估计该年级学生成绩的第75百分位数约为85 范围. D.估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的平均数 为87.50 10.已知曲线C:4x1x|=y1y1-4,点F1(0,5),F2(0, -√5)，则以下说法正确的是 () A.曲线C关于原点对称 B.曲线C上存在点P,使得IPFI-IPF2I=4 C.直线y=2x与曲线C没有交点 D.点Q是曲线C上在第三象限内的一点，过点Q向 y=±2x作垂线，垂足分别为A,B,则1QA1· 108-号 11.已知x1,x2,…,x5,x6为1,2，…，5,6的任意排列，设X= min max,max,Y=max min,, x3},minx4,x5,x6},则 () A.任意交换x1,x2,x3的顺序，不影响X的取值 B.满足x1<x2<x3及x4<x3<x6的排列有20个 C.X=4的概率为5 9 D.XY的概率为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 1 tan a 12.已知sim(g+9)2'tanB 5,则sin(ax-B)= 13.已知正三棱柱ABC-AB,C,的体积与以△ABC的外接 圆为底面的圆柱的体积相等，则正三棱柱ABC-A,B,C 与圆柱的侧面积的比值为 14.定义在[0,1]上的函数f(x)满足：①f(x)+f(1-x)=1, ②15)=2x),③(x)≤f(x)(0≤x<,≤1)，则 f1)= 202sl 数学P答案D25卷8 16.(15分)已知函数f代x)=nx-alnx+1,a∈R 17.(15分)如图，四棱锥P-ABCD中，AB=PA=4,CD= CB=2,PD=2√3，∠ABC=60°，平面PAB∩平面PCD= (④)当a=1时，求)在[]上的最大值 L,且L∥平面ABCD,平面PAD⊥平面ABCD. (2)求f(x)的零点个数， (1)求四棱锥P-ABCD的体积 (2)设Q为线段PC上一点（不与P,C重合），若QA= QB,求二面角Q-AB-C的大小. D- 景行 卷8答案D25Q数学 7分)已知椭圆C:+1(o>b>0)的右焦点为E 19.(17分)黎曼（函数(s)与数论中的素数分布定理和 黎曼猜想密切相关.(s)是这样定义的：记Re(s)为复 点M1,）在C上，且MF1x箱，过点M且与椭圆C 数s的实部，.(s)=（neN).当Re()>I时，有 n=ins 有且只有一个公共点的直线与x轴交于点P. (s)=1im少.(s),故中(s)对5(s)的研究具有重要 (1)求椭圆C的方程， 意义 (2)点R是椭圆C上异于M的一点，且△MPR的面积 (1)已知对任意正整数n,都存在唯一的整数an和bn, 为24，求直线MR的方程. 使得n=an×2,其中an为奇数，bn为自然数，求 (3)过点P的直线交椭圆C于D,E两点(D在E的左 侧)，若N为线段FP的中点，直线NE交直线MF于点 总(a,6,) Q,T为线段DF的中点，求线段TQ的最大值 (2)试判断是否存在正整数k,使得少(1)=2024，并 证明你的结论 (3)求证：(}a 之教育