精品解析：云南省保山市昌宁县2027届高三上学期9月月考数学试题

高三数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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涂黑.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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4．本试卷主要考试内容：高考题型，侧重已复习的内容. 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. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】已知，，因此. 已知全集， 因此. 2. 若关于的一元二次方程有实数解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据一元二次方程有实数解的条件，利用根的判别式求解可得. 【详解】依题意得，即，解得. 因此的取值范围是. 3. 若，且，则必有（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】当时，，，故A、B错误； 取，，，则，故C错误； 因为，所以，则，故D正确. 4. 已知均是非零向量，，，与的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，与的夹角为，得， 由，得，则，而， 所以. 5. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】和中间值和比较大小，即可判断选项. 【详解】因为，，， 所以. 6. 若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用基本不等式“”的妙用求出最小值. 【详解】由可知且，， 得， 当且仅当时，即时取等号， 所以的最小值为. 7. 已知函数，则（ ） A. 没有零点 B. 有一个零点，且该零点等于1 C. 有两个零点，且两个零点之和大于 D. 有两个零点，且两个零点之和小于 【答案】C 【解析】 【分析】画出函数及的图像，判断出零点的个数，根据零点存在定理判断出零点的取值范围，进而求出两个零点之和. 【详解】令，得， 画出函数及的图像， 由图像可知函数和有两个交点， 所以函数有两个零点，且一个大于，一个小于， 又，所以为函数的一个零点， 又，，， 所以函数在上存在零点， 所以两个零点之和大于. 8. 已知双曲线：的渐近线方程为，，分别为的左、右顶点，为上位于第一象限的动点，设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】在 中利用内角和 ，将所求角 转化为 与 的组合角，从而弦化切；由双曲线方程导出两顶点处角的正切之积为定值 ，代入和角公式即得结果. 【详解】双曲线：的渐近线方程为， 则 设，则，即. 设，则，， ， 故. 【点睛】双曲线上任一点与左、右顶点连线斜率之积恒为 ，本题正是这一隐藏性质的三角化考查；角度变换的关键是用三角形内角和消去 ，把三元问题化为二元. 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，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小正周期为 C. 在上的值域为 D. 在上存在单调递减区间 【答案】BC 【解析】 【分析】先根据正弦函数性质确定函数最大值和最小正周期，再通过确定自变量范围进而得到函数值域，最后根据自变量范围判断函数单调性，验证选项正误. 【详解】根据题意可得：，所以的最大值为2，最小正周期为，A错误，B正确， 若，则，则，所以在上的值域为，C正确， 若，则，所以在上单调递增，D错误. 10. 在等差数列中，公差为，且，，是公比为的等比数列，，则（ ） A. B. C. D. 数列的前项和小于 【答案】BCD 【解析】 【分析】先由等差数列中，，成等比数列得，可判断A错误；进而可得判断B正确；由等差数列通项公式可判断C正确；再通过裂项相消法求和可得D正确. 【详解】因为为等差数列，且，，是公比为的等比数列， 所以，显然，则，A错误. 因为，解得，B正确. 又，所以，所以， 所以，C正确. 又因为， 所以数列的前项和， ， 即，所以，D正确. 11. 已知是定义在R上的偶函数，为奇函数，，且对任意，当时，恒成立，则（ ） A. 的图像关于点对称 B. C. 在上单调递增 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A选项，由为奇函数得到的图像关于点对称；对于B选项，根据奇偶性得到函数周期为16，进而得到；对于C选项，根据单调性定义可得在上单调递增，再根据周期性与奇偶性得到在上单调递减，进而得到在上单调递减；对于D选项，根据的周期为16得到. 【详解】A选项，由为奇函数，得， 得， 所以的图象关于点对称，A正确． B选项，由是偶函数，得， 结合， 得，即， 即，所以， 所以的周期为16，，B正确． C选项，由题意得在上单调递增， 因为为偶函数，所以在上单调递减． 又的周期为16，所以在上单调递减，C错误． D选项，由的图象关于点对称，所以 ，，， ，， . 由为偶函数可得，，， ，，， ，， 结合上述条件可得， 因为的周期为16，所以 ，D正确 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的定义域为__________. 【答案】 【解析】 【详解】由得. 13. 若三棱台的高为6，，，，，则三棱台的体积为__________. 【答案】42 【解析】 【详解】因为，，，所以， 所以的面积为，的面积为， 故三棱台的体积为 14. 若不等式在上恒成立，则的最大值为______． 【答案】6 【解析】 【分析】根据题意分析可知在上恒成立，令，利用导数可知在上单调递增，进而可得的值域，根据恒成立问题结合绝对值的性质分析求解. 【详解】由，即， 且，则，可得， 令， 则， 可知在上单调递增，且，即， 由题意可知：在上恒成立， 则，可得， 当且仅当时，等号成立， 所以的最大值为6. 故答案为：6. 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. 在中，，，，且的长为整数． （1）求； （2）若点在射线上，且的面积为，求线段的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用余弦定理结合边长为整数的条件求出的长度，再用正弦定理求解即可. （2）由三角形面积公式求出的长度，再用余弦定理计算的长. 【小问1详解】 在中，由余弦定理，即， 整理得，解得或， 因为为整数，故. 由正弦定理，得. 【小问2详解】 在中，. 设，由的面积为，得， 即，化简得，解得，即. 在中，. 因长度为正，故. 16. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若，且曲线的切线经过点，求的斜率． 【答案】（1）当时，在，上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，无增区间； 当时，在，上单调递减，在上单调递增． （2）切线的斜率为或. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性； （2）先求得，再根据导数的几何意义可求切线方程的一般形式，代入所过的点后可求切点横坐标，从而可得斜率. 【小问1详解】 ， 令，得或． 当，即时， 若，则， 若，则， 故在上单调递增；在上单调递减. 当，即时，（不恒为零）， 则在上单调递减，无增区间. 当，即时， 若，则， 若，则， 故在上单调递增；在上单调递减. 综上，当时，在，上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，无增区间； 当时，在，上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 由，得， 则，则． 设切线与曲线相切于点， 则，， 所以的方程为， 将点的坐标代入，得， 则， 即，解得或． 当时，；当时，． 故的斜率为或． 17. 如图，在正四棱柱中，，，，分别为，的中点． （1）证明：平面． （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，. 因为，分别为，的中点，所以，， 所以直线的方向向量为. 为平面内的两个相交的向量， 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，则. 因为，所以. 又直线平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法证明直线的方向向量与平面的法向量垂直，结合直线不在平面内，证明线面平行； （2）利用空间向量计算平面的法向量，代入线面角公式，求出线面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，，得， 所以. 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，则. 设直线与平面所成角为， ， 直线与平面所成角的正弦值为. 18. （1）若，证明：． （2）若，，证明：． （3）若，，，求的取值范围． 【答案】（1）证明：设，则， 因为，所以恒成立，所以是增函数． ， 又，所以，因为是增函数，所以． （2）证明：因为是增函数，所以当时，． 设，，则． 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以． 由题意得， 即，则． （3）． 【解析】 【分析】（1）通过构造函数、因式分解或代换，将等式两边化为相同结构，从而推出. （2）将不等式转化为“左边最小值右边最大值”，从而对参数进行约束. （3）通过构造函数求单调性，满足左边函数的下确界大于等于右边函数的最小值即可. 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：， 由，得，因为是增函数，所以． ， 令，则，当时，单调递减，当时，单调递增， 所以． 令，设，，则， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以． 由题意得，即，所以的取值范围为． 19. 已知某袋中有（，，）个大小、形状完全相同的小球，其中红球有个，白球有个，黑球有个，每次从袋中不放回地随机取出1个小球． （1）设，记前3次取的小球的颜色的种数为，求的期望； （2）设，，求红球首先被全部取出的概率； （3）若，，且最后剩下的球全是红球的概率为，证明：当时，． 【答案】（1） （2） （3）“最后剩下的球全是红球” 等价于最后一个球是红球（所有白球、黑球都被取完后，剩余球均为红球），因为，， 因此最后一个球是红球的概率为， 取倒数得， 对到求和， 当，即时，，故， 综上，当时，，得证. 【解析】 【分析】（1）引入颜色指示变量，利用期望的线性性质，避开复杂的分布列计算，直接拆分求解；（2）将 “红球最先被取完” 等价转化为最后一个红球的位置早于最后一个白球、黑球，按末尾球的颜色分类结合条件概率计算；（3）先推导 “最后剩的全是红球” 等价于最后一个球是红球，得到，再对倒数求和后用等比数列公式与放缩法证明不等式. 【小问1详解】 设分别表示前 3 次取球中是否取到红球、白球、黑球（取到对应颜色记为 1，未取到记为 0），则颜色种数，对红球而言，前 3 次都未取到红球的概率为， 因此取到红球的期望， 由于三种颜色的数量相同，故， 根据期望的线性； 【小问2详解】 “红球首先被全部取出” 等价于：最后一个红球的位置早于最后一个白球和最后一个黑球的位置，即红球是三种颜色中最先被取完的. 分两类讨论：若最后一个球是白球，概率为，此时白球是最后被取完的，只需红球比黑球先被取完. 对 3 个红球和 2 个黑球，红球先被取完的概率等于最后一个为黑球的概率为； 若最后一个球是黑球，概率同样为，同理，红球比白球先被取完的概率也为， 若最后一个球是红球，则红球不可能最先被全部取出，无需计入， 因此总概率； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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涂黑.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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4．本试卷主要考试内容：高考题型，侧重已复习的内容. 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. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若关于的一元二次方程有实数解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 若，且，则必有（ ） A. B. C. D. 4. 已知均是非零向量，，，与的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 5. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，则（ ） A. 没有零点 B. 有一个零点，且该零点等于1 C. 有两个零点，且两个零点之和大于 D. 有两个零点，且两个零点之和小于 8. 已知双曲线：的渐近线方程为，，分别为的左、右顶点，为上位于第一象限的动点，设，，则（ ） 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，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小正周期为 C. 在上的值域为 D. 在上存在单调递减区间 10. 在等差数列中，公差为，且，，是公比为的等比数列，，则（ ） A. B. C. D. 数列的前项和小于 11. 已知是定义在R上的偶函数，为奇函数，，且对任意，当时，恒成立，则（ ） A. 的图像关于点对称 B. C. 在上单调递增 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的定义域为__________. 13. 若三棱台的高为6，，，，，则三棱台的体积为__________. 14. 若不等式在上恒成立，则的最大值为______． 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. 在中，，，，且的长为整数． （1）求； （2）若点在射线上，且的面积为，求线段的长． 16. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若，且曲线的切线经过点，求的斜率． 17. 如图，在正四棱柱中，，，，分别为，的中点． （1）证明：平面． （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 18. （1）若，证明：． （2）若，，证明：． （3）若，，，求的取值范围． 19. 已知某袋中有（，，）个大小、形状完全相同的小球，其中红球有个，白球有个，黑球有个，每次从袋中不放回地随机取出1个小球． （1）设，记前3次取的小球的颜色的种数为，求的期望； （2）设，，求红球首先被全部取出的概率； （3）若，，且最后剩下的球全是红球的概率为，证明：当时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $