精品解析：广西南宁市2027届普通高中毕业班摸底测试数学试卷

2027届普通高中毕业班摸底测试数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 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，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，用黑色水性笔将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 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. ，在复平面上对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知平面向量，满足，，则（ ） A. -4 B. -3 C. -2 D. -1 4. 如图，已知正方形是圆柱的轴截面，底面圆上的中点为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 5. 函数图象的对称轴方程不可能为（ ） A. B. C. D. 6. 某产粮区实施“智慧农业”管理改革，为了解改革情况，统计了面积相等的100块实验麦田的亩产量（单位：），得到数据如下表： 亩产量 频数 假设数据在组内均匀分布，则估计这100块实验麦田亩产量的分位数为（ ） A. B. C. D. 7. 设分别为双曲线：的左、右焦点，点在的左支上，，若的周长为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数有4个零点，则实数的取值范围为（ ） 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. 下列命题为真命题的是（ ） A. ， B. 平面内存在两条相交直线垂直于同一条直线 C. ，， D. ，一元二次方程有实根 10. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 是函数的极大值点 B. 图象的对称中心坐标为 C. 当时， D. 若在上存在最大值，则 11. 已知为抛物线的焦点，过的直线与交于，两点，点的坐标为，延长线段，与分别交于点，，则（ ） A. B. 一定为钝角 C. D. 直线过定点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知直线：与圆：相交于，两点，则________． 13. 设为等差数列的前项和，已知，当或时，取得最值，则的公差________． 14. 记表示，，的最大值，表示，，的最小值．已知一个质地均匀的正八面体，八个面上分别写有数字，，，，，，，．现抛掷次该八面体，将其与桌面接触的面上的数字分别记为，，，则满足的情况有________种． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 某科技公司研发了一款人工智能辅助诊断系统，用于检测疾病．已知疾病的患病率为2%，系统对疾病患者的诊断结果为“阳性”的概率为95%，对非疾病患者的诊断结果为“阴性”的概率为90%． （1）任选一人接受该系统检测，求该人检测结果为“阴性”的概率； （2）某医院引入该智能辅助诊断系统，为评估该系统的性能，邀请3名非疾病患者利用该系统进行检测，用表示诊断结果为“阴性”的人数，求的分布列与期望． 16. 已知函数（），且函数的最小正周期为． （1）求的值及函数的单调递增区间； （2）求在上的最大值与最小值． 17. 已知点，在平面的两侧，且三棱锥是正三棱锥，为中点，如图所示． （1）若三棱锥也是正三棱锥，证明：； （2）若，，点满足，其中，，且，求平面与平面夹角余弦值的取值范围． 18. 已知椭圆：（）的离心率为，左、右焦点分别为、，点到的4个顶点的距离的中位数为2． （1）求的方程； （2）过点作斜率存在且不为零的直线与交于两点，． （ⅰ）若，的斜率分别为，，当时，求； （ⅱ）记线段的中点为，为坐标原点，直线交直线于点，直线与交于、两点，求四边形面积的取值范围． 19. 已知数列满足，． （1）若，求中所有元素之和； （2）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式； （3）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届普通高中毕业班摸底测试数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 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，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，用黑色水性笔将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 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】C 【解析】 【分析】根据交集的定义，筛选出集合中满足小于2的元素即可求得交集. 【详解】已知集合，， 依据交集定义，取同时属于集合和集合的元素，只有和0，故. 2. ，在复平面上对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】先利用复数乘法运算法则化简复数，再根据复数的实部、虚部确定复平面对应点坐标，即可判断所在象限. 【详解】解：由化简可得，， 则在复平面上对应的点为，所以该点位于第四象限. 3. 已知平面向量，满足，，则（ ） A. -4 B. -3 C. -2 D. -1 【答案】B 【解析】 【分析】根据，，求出，再求 . 【详解】由于，，故，所以. 4. 如图，已知正方形是圆柱的轴截面，底面圆上的中点为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设正方形边长为，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出两条异面直线的方向向量，利用向量夹角公式计算向量夹角余弦，再取绝对值得到异面直线所成角的余弦值． 【详解】 设正方形边长为，建立空间直角坐标系，底面圆心为原点，在轴，， 因为是的中点，所以， ，， 所以， 因为异面直线所成角的范围为， 所以异面直线与所成角的余弦值为． 5. 函数图象的对称轴方程不可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合正切函数的对称轴方程可得是函数图象的对称轴方程即可求解. 【详解】令，解得：,当时，，所以是函数图象的对称轴方程， 当时，，所以是函数图象的对称轴方程， 若，解得：，所以函数图象的对称轴方程不可能为 当时，，所以是函数图象的对称轴方程， 6. 某产粮区实施“智慧农业”管理改革，为了解改革情况，统计了面积相等的100块实验麦田的亩产量（单位：），得到数据如下表： 亩产量 频数 假设数据在组内均匀分布，则估计这100块实验麦田亩产量的分位数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】根据题意可知这块实验麦田亩产量的分位数在区间内， 所以分位数 7. 设分别为双曲线：的左、右焦点，点在的左支上，，若的周长为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用向量关系设线段长，结合双曲线定义表示，由三角形周长求出；再利用共线，两个邻补角余弦互为相反数，借助余弦定理建立的方程，求出离心率． 【详解】设，由，得，， ，， 周长为，即，解得， 所以，，，， 在中，，； 在中，，， 因为三点共线，且在之间， 所以，余弦值互为相反数， 设焦距，在中，， 在中， 因为，所以， 两边同乘得，化简得， 所以． 8. 已知函数有4个零点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】为偶函数，转化为时，方程有两个解，即和的图象在时有两个交点，令，利用导数求得函数单调性与最值，画出函数的图象，结合图象，列出不等式，即可求解. 【详解】由函数，可得其定义域为， 且， 所以函数为偶函数，图象关于轴对称， 所以有4个零点，等价于当时，有2个零点， 当时，令，即， 若，则方程为，不符合题意，所以， 则方程可变形为，令， 则问题转化为和的图象在时有两个交点， 又由， 当时，，单调递增； 当时， ，单调递减， 所以在处取得极大值，也是最大值，最大值为， 当时，，所以； 当时，的增长速度远小于，所以， 当时，，解得， 即当时 ，；当时 ，， 画出函数的图象，如图所示， 要使得和的图象在时有两个交点， 结合图象，满足，解得，所以实数的取值范围为. 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. 下列命题为真命题的是（ ） A. ， B. 平面内存在两条相交直线垂直于同一条直线 C. ，， D. ，一元二次方程有实根 【答案】AC 【解析】 【详解】对于A，时，，故，，故A是真命题； 对于B，平面内两条相交直线垂直于同一条直线，则这两条直线平行，故B是假命题； 对于C，当时，，故C是真命题； 对于D，易知时，一元二次方程为无实根，故D是假命题． 10. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 是函数的极大值点 B. 图象的对称中心坐标为 C. 当时， D. 若在上存在最大值，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】求导得到函数单调区间与极值，A根据单调性判定极大值点；B利用中心对称定义验证对称中心；C结合区间单调性比较函数值大小；D结合函数单调性，列出不等式求解使开区间存在最大值的参数范围. 【详解】展开，求导得. 令 ，解得和，据此可得到函数单调性：  时，，单调递增； 时，，单调递减；  时，，单调递增. 选项A：根据上述单调性分析，在 左侧递增、右侧递减，符合极大值点的定义，且代入得 ，是局部最大值，A正确； 选项B：若函数关于点  对称，则满足 . 代入， 验证： ， 完全满足对称中心的性质，因此 关于中心对称，B正确； 选项C：当时，，，此时. 区间上，，在上单调递减. 自变量越大，函数值越小：，C错误； 选项D：结合函数单调性可知，函数的极大值为，解方程 ， 即，解得或 . 当 时，，函数在上单调递增，因此若区间上存在最大值， 则最大值只能是极大值 . 要使区间内取得该最大值，需要满足极大值点在区间内，且区间右端点不超过. 若，区间中将出现，此时，函数值大于极大值，区间就不存在最大值； 若时，区间为，取不到，区间上最大值仍为，满足题意. 列不等式组，解得，D正确. 11. 已知为抛物线的焦点，过的直线与交于，两点，点的坐标为，延长线段，与分别交于点，，则（ ） A. B. 一定为钝角 C. D. 直线过定点 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，得到，可判定A错误；设直线方程为，联立方程组，求得，结合，可判定B正确；根据抛物线的定义和焦半径公式，求得和，可判定C正确；设，求得的方程，联立方程组，求得且，求得直线的方程，求得过定点，可判断D正确. 【详解】对于A，由抛物线的焦点为，可得，解得，所以A错误； 对于B，设过点的直线方程为，且 由选项A知，抛物线的方程为，联立方程组， 整理得，则，且， 因为，可得， 则 ， 可得向量和的夹角为钝角，所以为钝角，所以B正确； 对于C，由抛物线的定义，可得， 则， ， 因为和在直线上，且满足 可得，， 所以，且， 所以，所以C正确； 对于D，设，且直线的方程为， 设，直线的方程为， 联立方程组，整理得， 则，即，同理可得：， 则，且， 又由直线的斜率为， 所以直线的方程， 将代入，可得，化简得， 令，可得，所以直线过定点，所以D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知直线：与圆：相交于，两点，则________． 【答案】 【解析】 【详解】圆：，圆心为，半径， 则圆心到直线的距离， ． 13. 设为等差数列的前项和，已知，当或时，取得最值，则的公差________． 【答案】 【解析】 【分析】利用等差数列前项和的二次函数特征确定对称轴，结合已知的的值列方程求解公差. 【详解】等差数列的首项为，公差为，则， 前项和，， 因为当或时，取得最值，所以对于二次函数，其图象的对称轴为， 则，解得. 14. 记表示，，的最大值，表示，，的最小值．已知一个质地均匀的正八面体，八个面上分别写有数字，，，，，，，．现抛掷次该八面体，将其与桌面接触的面上的数字分别记为，，，则满足的情况有________种． 【答案】 【解析】 【分析】先确定满足差值为的最值配对共组，对每组通过计数原理计算符合要求的情况数，求和得到总情况数. 【详解】要满足，只可能是如下几类情形： ① 当，， 若第三个数是或时，分别有种情况，总计种情况； 若第三个数是，，时，分别有种情况，总计种情况. ② 当，，则 若第三个数是或时，分别有种情况，总计种情况； 若第三个数是，，时，分别有种情况，总计种情况. ③当，，同理，总计种情况； ④当，，同理，总计种情况； 综上所述，总计种情况. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 某科技公司研发了一款人工智能辅助诊断系统，用于检测疾病．已知疾病的患病率为2%，系统对疾病患者的诊断结果为“阳性”的概率为95%，对非疾病患者的诊断结果为“阴性”的概率为90%． （1）任选一人接受该系统检测，求该人检测结果为“阴性”的概率； （2）某医院引入该智能辅助诊断系统，为评估该系统的性能，邀请3名非疾病患者利用该系统进行检测，用表示诊断结果为“阴性”的人数，求的分布列与期望． 【答案】（1） （2）的分布列为： 期望为 【解析】 【分析】(1)问使用全概率公式，把“检测结果为阴性”拆分为患病检测阴性、未患病检测阴性两个互斥事件，分别求出两个事件的概率再相加； (2)问判断随机变量服从二项分布，确定单次试验检出阴性的概率，利用二项分布概率公式计算各个取值对应的概率，再用二项分布期望公式求出期望. 【小问1详解】 设事件为“患有疾病”，事件为“不患有疾病”，事件为“检测结果为阴性”. 由题意，，，系统对患者诊断阳性概率为，所以患者检测阴性的概率，非患者检测阴性概率. 根据全概率公式得： 所以任选一人检测，检测结果为阴性的概率为； 【小问2详解】 每一名非疾病患者检测结果为阴性的概率为，3人的检测相互独立，则. 的所有可能取值为：. ， ， ， . 所以的分布列为： ，，， 所以. 16. 已知函数（），且函数的最小正周期为． （1）求的值及函数的单调递增区间； （2）求在上的最大值与最小值． 【答案】（1），单调递增区间为 （2）最大值为，最小值为 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换先化简，再利用周期求出，令，解出即可求解； （2）由，得，进而利用正弦函数的性质求解最值. 【小问1详解】 由题意得：， 又，所以， 所以， 令，解得， 所以的单调递增区间为； 【小问2详解】 由（1）得， 又，得， 所以，， 所以的最大值为，最小值为. 17. 已知点，在平面的两侧，且三棱锥是正三棱锥，为中点，如图所示． （1）若三棱锥也是正三棱锥，证明：； （2）若，，点满足，其中，，且，求平面与平面夹角余弦值的取值范围． 【答案】（1）证明：三棱锥是正三棱锥， 故底面为等边三角形，， 因为为中点，所以，， 因为平面，，所以⊥平面， 三棱锥也是正三棱锥，同理可得，故平面， 所以平面，故； （2） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，得到，⊥平面，同理可得，故平面，平面，故； （2）先得到两两垂直，建立空间直角坐标系，设，求出的关系式，从而，求出两平面的法向量，得到两平面夹角余弦值，根据求出取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意得，， 故，所以，同理可得， 即两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，， 设，由得， 所以，故，其中，， 又，故， 两边平方得， 化简得，，， ，解得， 设平面的法向量为， ，， 则， 令，则，，故， 设平面的法向量为， ， 则， 令，则，所以， 设平面与平面夹角为， 则 其中， 所以， 因为，所以， 故，， 故平面与平面夹角余弦值的取值范围是. 18. 已知椭圆：（）的离心率为，左、右焦点分别为、，点到的4个顶点的距离的中位数为2． （1）求的方程； （2）过点作斜率存在且不为零的直线与交于两点，． （ⅰ）若，的斜率分别为，，当时，求； （ⅱ）记线段的中点为，为坐标原点，直线交直线于点，直线与交于、两点，求四边形面积的取值范围． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用离心率先得到，然后借助左焦点到四个顶点的距离的中位数即可求得. （2）（ⅰ）设点坐标，由两点斜率公式结合求出点横坐标，再联立过焦点的直线与椭圆，利用弦长公式即可计算弦长； （ⅱ）先求出弦的中点，得到与点，证得，写出四边形面积的表达式，通过换元转化为二次函数，即可得到面积的取值范围. 【小问1详解】 因为椭圆的离心率为，即，即， 又因为左焦点到左右两个顶点的距离为，到上下两个顶点的距离都是，即四个距离分别为， 代入得，按从小到大排列为，则中位数为，即，， 所以，则椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）知，，设点， 则，因为，则， 因为，所以，即，代入椭圆方程， 即，解得. 设过点的直线为：，联立方程组， 得，所以， 又，则，所以， 所以. （ⅱ）由（ⅰ）知，线段的中点满足， 所以直线为， 交于点. 因为直线过和，且， 所以方程为， 因为，所以，即， 由（ⅰ）知，同理可得， 所以四边形面积为， 令，， 令，则分母为开口向下的二次函数，对称轴为， 所以最大值为， 而时，，当时，， 即，所以. 19. 已知数列满足，． （1）若，求中所有元素之和； （2）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式； （3）证明：． 【答案】（1）6； （2）证明：， 故，而， 所以为公比为2的等比数列，首项为， 所以，所以； （3）证明：令，， 则，故在上单调递减， 所以，即，当且仅当时，等号成立， 令得，即， 故， ， 设，，则， 其中，故， 所以在上恒成立， 所以在上单调递增，故， 所以当时，，又时，， 故时，， 又，故. 【解析】 【分析】（1）解不等式可得，因为，所以，从而可得元素之和； （2）推导出，得到为等比数列，并求出通项公式； （3）先构造函数，求导，求出单调性和最值，得到，令得，结合等比数列求和公式证明出结论. 【小问1详解】 因为，， 所以令， 去分母得，， 解得，因为，所以，故中所有元素之和为； 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 略； 【点睛】导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $