精品解析：陕西汉中市东辰外国语学校2026-2027学年高三上学期第三次模拟考试数学试卷

汉中东辰外国语学校2027届高三上学期第三次模拟考试 数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 第Ⅰ卷 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列函数中最小正周期等于的是（ ） A. B. C. D. 3. 在长方形中，，与交于点，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆锥的侧面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积是（ ） A. B. C. D. 5. 甲、乙、丙、丁、戊五名同学排成一排照相，则甲与乙相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知椭圆：（）与抛物线：（）有相同的焦点，椭圆与抛物线在第一象限交于点，轴，则椭圆的离心率等于（ ） A. B. C. D. 7. 在中，角的对边分别是，，，则“”是“是锐角三角形”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 8. 已知函数及其导函数的定义域均为，若为奇函数，为偶函数，，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 设复数，则（ ） A. B. 的虚部为 C. D. 在复平面内，对应的点在第一象限 10. 设函数，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的图象可由图象向左平移个单位得到 C. 函数的单调递增区间为 D. 若在上恰有3个最值点和4个零点，则 11. 已知各项都是正数的数列的前n项和为，且，则下列结论中正确的是（ ） A. 是单调递增数列 B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列是等比数列，其前项的和为，若，，则_____. 13. 已知函数，（），若曲线与曲线在公共点处的切线相同，则的值为________. 14. 已知菱形的边长为，，将沿折起到位置，使得二面角的大小为，且四面体的外接球表面积为，则________. 第Ⅱ卷 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演示步骤． 15. 年月日，的正式版发布，该模型在全球范围内引发广泛关注．现为了对其产品用户的使用行为进行统计分析，收集了名用户的每日使用时长（单位：分钟），得到如下所示的频率分布直方图，每日使用时长不小于分钟的用户称为“忠实粉丝”． （1）估计该产品用户每日的平均使用时长（同一组的数据用该组区间的中点值代替）； （2）现采用分层抽样的方法从样本中使用时长在，的用户中随机抽取人，并从中随机抽取人作进一步分析，记为人中“忠实粉丝”的人数，求的分布列和期望． 16. 已知的内角，，的对边分别是，，，. （1）求； （2），边上的中线，交于点，，，求的余弦值. 17. 在三棱锥中，已知是等边三角形，平面平面，. （1）求证：； （2）若，，，且直线与平面所成角的正弦值为，试求实数的值. 18. 已知椭圆的左焦点为，的离心率为，且过点． （1）求椭圆的方程； （2）已知，，过点的直线与交于，两点（，不在轴上）． （ⅰ）求证：； （ⅱ）求面积的最大值． 19. 已知，函数，. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：存在唯一的极值点； （3）若存在，使得对任意成立，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 汉中东辰外国语学校2027届高三上学期第三次模拟考试 数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 第Ⅰ卷 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意，集合，而， 因为，所以. 2. 下列函数中最小正周期等于的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦型函数、正弦函数、正切函数的性质，结合同角的三角函数关系判断即可. 【详解】对于A，最小正周期. 对于B，正切函数的周期是，将在轴下方的图象翻折到轴上方， 周期不变.故最小正周期. 对于C，，是常函数，无最小正周期. 对于D，因为，所以为偶函数，图象关于轴对称，不是周期函数. 3. 在长方形中，，与交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】在长方形ABCD中，且. 因为，所以且. 因此，相似比为. 所以. 又因为，所以. 4. 已知圆锥的侧面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为. 因为圆锥的侧面展开图为半圆，其圆心角为， 所以展开图弧长等于底面周长，即. 又圆锥的侧面积为. 解得. 圆锥的高为. 故圆锥的体积为. 5. 甲、乙、丙、丁、戊五名同学排成一排照相，则甲与乙相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用捆绑法求解即可. 【详解】五名同学全排列的基本事件总数为. 利用捆绑法，将甲、乙视作一个整体，内部排列有种方式， 该整体与其余三人共4个元素全排列有种方式， 故甲与乙相邻的事件数为. 所求概率为. 6. 已知椭圆：（）与抛物线：（）有相同的焦点，椭圆与抛物线在第一象限交于点，轴，则椭圆的离心率等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得，从而得，代入椭圆方程可得，再由及离心率公式求解即可, 【详解】由题意，抛物线的焦点为，则. 抛物线方程为. 因为轴且点在第一象限，所以点的横坐标为. 将代入抛物线方程得，故. 又点在椭圆上，且椭圆过焦点的通径半长为，因此. 由代入得. 两边同除以并设离心率，得. 解得（负根已舍去）. 7. 在中，角的对边分别是，，，则“”是“是锐角三角形”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】 【分析】利用正弦定理和余弦定理可得，但不一定为锐角；若是锐角三角形可知满足，即可得出结论. 【详解】由是锐角三角形，得，从而， 故，即，即， 可得，即必要性成立； 反之，若“”可得，即， 可得，可知，但角可能为钝角，所以充分性不成立； 故选：B 8. 已知函数及其导函数的定义域均为，若为奇函数，为偶函数，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性，推出函数的图象关于点对称以及关于轴对称，即可依次求得的值，根据周期性即可求得答案. 【详解】因为为奇函数，所以． 对上述等式两边求导得， 即，所以的图象关于轴对称． 因为为偶函数，所以． 对上述等式两边求导得，即， 所以的图象关于点中心对称， 所以为周期为4的函数，且． 由，，以及对称性可得，， 则， 则． 二、多选题：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. 设复数，则（ ） A. B. 的虚部为 C. D. 在复平面内，对应的点在第一象限 【答案】AD 【解析】 【详解】因为，所以，A正确； ，所以的虚部为，B错误； ，C错误； ，在复平面内，对应的点在第一象限，D正确. 10. 设函数，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的图象可由图象向左平移个单位得到 C. 函数的单调递增区间为 D. 若在上恰有3个最值点和4个零点，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项对利用平方差公式、二倍角公式化简函数解析式对比判断正误；B选项利用三角函数图像平移规则，先统一函数名称再验证平移结果；C选项求出解析式，换元结合余弦函数单调区间求解；D选项写出表达式，换元得到的取值范围，根据区间内最值点、零点个数列出不等式，联立求解范围． 【详解】对于A， ，故A错误； 对于B，向左平移个单位得到： ， 且，B正确； 对于C，， 令，余弦函数的单调递增区间为， 解得，和选项表述一致，C正确； 对于D，， 令，则， 恰有3个最值点：正弦函数最值点对应，要求第3个最值点落在区间内、第4个最值点不落在区间内，即； 恰有4个零点：正弦函数零点对应，要求第4个零点落在区间内、第5个零点不落在区间内，即； 联立两个不等式解得，D正确． 11. 已知各项都是正数的数列的前n项和为，且，则下列结论中正确的是（ ） A. 是单调递增数列 B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】应用与的关系，将中的消掉，求出判断符号即可判断A项的正误；判断数列是等差数列，进而求出，再利用作差法判断B项的正误；应用放缩法与裂项相消求出，再与比较即可；构造函数，并利用导数研究函数的最小值，再取即可判断D项的正误. 【详解】因为，所以当时，， 两式相减，可得， 所以， 所以， 所以是单调递减数列，故A错误； 当时，，所以； 当时，，化简整理得， 所以数列是等差数列，其首项为4，公差为4， 所以， 所以 ， 所以，故B正确； 因为， 所以 所以，故C正确； 设函数，则， 因为，所以， 所以在上单调递减， 所以， 取，,所以，即 又因为，所以.故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列是等比数列，其前项的和为，若，，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据化简得，根据化简得，从而计算可解. 【详解】设等比数列的公比为. 因为且，所以. 由前4项和公式与题设得. 又，所以. 故. 13. 已知函数，（），若曲线与曲线在公共点处的切线相同，则的值为________. 【答案】 【解析】 【分析】设出公共切点坐标，利用在该点处两函数值相等且导数值相等列出方程组，通过代入消元并构造辅助函数利用其单调性求出唯一的切点横坐标，最终代回解出参数的值. 【详解】设公共切点的坐标为，其中， 求导得， 由在公共点处切线相同，得 由第二式得， 代入第一式得， 化简得，设， 因为在上单调递增，在上单调递增， 所以在上单调递增， 且，所以方程有唯一实根， 将代入的表达式中，得. 14. 已知菱形的边长为，，将沿折起到位置，使得二面角的大小为，且四面体的外接球表面积为，则________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出，得出和为等边三角形，再利用二面角的平面角的定义说明就是二面角的平面角，根据外接球表面积求出外接球的半径，再做出平面截外接球的截面图，化空间为平面，找到球心，通过求出，进而求出的余弦值，最后利用三角函数公式求出答案. 【详解】因为， 所以，，所以和为等边三角形. 设的中点为，连接，，就是二面角的平面角，大小为. 四面体的外接球表面积为，记外接球半径为，，所以. 设和的中心分别为，，过，分别作平面，平面的垂线， 设两垂线相交于点，那么就是四面体的外接球的球心. 由题意知，得， 所以，所以，，. 第Ⅱ卷 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演示步骤． 15. 年月日，的正式版发布，该模型在全球范围内引发广泛关注．现为了对其产品用户的使用行为进行统计分析，收集了名用户的每日使用时长（单位：分钟），得到如下所示的频率分布直方图，每日使用时长不小于分钟的用户称为“忠实粉丝”． （1）估计该产品用户每日的平均使用时长（同一组的数据用该组区间的中点值代替）； （2）现采用分层抽样的方法从样本中使用时长在，的用户中随机抽取人，并从中随机抽取人作进一步分析，记为人中“忠实粉丝”的人数，求的分布列和期望． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）直接由频率直方图的性质得，进而由频率直方图计算平均值，并用样本估计总体可得； （2）先由分层抽样确定两组所抽取的人数，进而可得服从超几何分布，从而可得的分布列及期望. 【小问1详解】 由，解得. . 所以样本中该产品用户每日的平均使用时长为分钟，由样本估计总体， 因此估计该产品用户每日的平均使用时长（分钟）. 【小问2详解】 由频率分布直方图可知，频率，频率. 所以两组频率之比为，所以用分层抽样抽取的人中， 抽取人（非“忠实粉丝”），抽取人（“忠实粉丝”）， 从人中任取人，的可能取值为，，， 所以服从超几何分布，. ，，， 所以的分布列为 所以的期望. 因此. 16. 已知的内角，，的对边分别是，，，. （1）求； （2），边上的中线，交于点，，，求的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角结合三角恒等变换计算即可； （2）以为基底，利用平面向量的数量积公式计算夹角即可. 【小问1详解】 由正弦定理可知， 又， 所以， 又 所以 又，所以； 【小问2详解】 设，则， 因为， 显然由上问可知， 而， ， ， 由题意可知. 17. 在三棱锥中，已知是等边三角形，平面平面，. （1）求证：； （2）若，，，且直线与平面所成角的正弦值为，试求实数的值. 【答案】（1）取中点，连接. 因为是等边三角形，所以. 又平面平面，平面平面，平面，所以平面. 因为平面，所以. 又，平面，，所以平面. 因为平面，所以. （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质、线面垂直的判定定理、线面垂直的性质证明即可. （2）建立空间直角坐标系，根据线面角的向量求法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在等边中，，则. 由（1）知，平面，因为平面，所以. 在中，，则. 在中，，所以. 如图，以为坐标原点，为轴，轴，以过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，. 设，则，， 所以，即 设为平面的一个法向量， 因为，， 由，得，取，得. 记直线与平面所成角为，则， 所以， 整理得，解得或. 18. 已知椭圆的左焦点为，的离心率为，且过点． （1）求椭圆的方程； （2）已知，，过点的直线与交于，两点（，不在轴上）． （ⅰ）求证：； （ⅱ）求面积的最大值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）设过点的直线的方程为，，， 由，得，， 所以，． 因直线的斜率分别为， 因为 则的倾斜角互为补角，故；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用题设条件建立关于的方程组，求解即得椭圆方程； （2）（ⅰ）设直线的方程为，与椭圆方程联立，写出韦达定理，化简计算推得的斜率之和为0即得证；（ⅱ）结合图形，得到的面积为，利用韦达定理代入，借助于求导判断函数的单调性即可求得面积最大值. 【小问1详解】 由可得① 由点在上，则② 联立①②得，， 所以椭圆C的方程为； 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）因，则 ， 令，设， 则， 所以在上单调递减，则， 故当，即时，取到最大值. 19. 已知，函数，. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：存在唯一的极值点； （3）若存在，使得对任意成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 证明：由，， ①当时，，则在上单调递增， ②当时，设，则， 所以，故在上单调递减， 又，， 所以由零点存在性定理可知，存在唯一，使得，即. 所以当时，，即；当时，，即， 所以在上单调递增，在上单调递减， 综述：在上单调递增，在上单调递减，存在唯一，使得. 故存在唯一的极值点. （3） 【解析】 【分析】（1）求，代入计算即为斜率，求的值，结合点斜式即可求得切线方程. （2）①研究当时，的单调性，②研究当时，令，运用导数研究单调性，结合零点存在性定理可知存在唯一，使得，即，进而可证得的单调性，进而可证得结果. （3）将问题转化为，由（2）可知， ，，进而可得存在，使得，设，，进而将问题转化为求，运用导数求即可. 【小问1详解】 由题意知，， 所以， 又， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）可知，在上单调递增，在上单调递减， 故， 因为，所以， 由题意知，， 即， 化简得，， 设，， 由题存在，使得， 所以，. 又 设，，则， 所以在上单调递减， 故， 当时，，；当时，，， 故在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以. 故的取值范围为. 【点睛】方法点睛：恒成立（能成立）问题解题策略： 方法1：分离参数法求最值： (1)分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题； (2)恒成立⇔； 恒成立⇔； 能成立⇔； 能成立⇔； 方法2：根据不等式恒成立（能成立）构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $