2027年高考数学一轮复习培优卷（全国一卷02）

2027年高考一轮复习检测卷 数学·全解全析 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，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。 第一部分（选择题 共58分） 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 【分析】解不等式求出集合、，再求即可. 【详解】集合， ， 则. 2．已知复数满足，那么复数对应的点在（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】D 【详解】对应点坐标为，在第四象限. 3．已知，，其中．若，则（     ）． A． B． C． D． 【答案】C 【详解】，，则有， 由，有，即，故， 得，又，所以. 4．已知，则“圆不经过第四象限”是“”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】A 【分析】结合圆不经过第四象限，根据圆心到原点的距离与半径的大小关系列不等式求出的范围，结合充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】因为圆， 所以圆，则圆心坐标为，半径， 因为半径，所以，化简得：， 解得，又因为，所以， 若圆不经过第四象限，则圆心到轴的距离要大于等于半径， 即，移项可得：，解得：或， 又因为，可得，所以可推出， 所以是的充分条件， 当时，不满足，所以是的不必要条件， 综上，圆不经过第四象限是的充分不必要条件. 5．已知函数为奇函数，且为偶函数，当时，有，则（    ） A．71 B．-71 C． D． 【答案】C 【详解】因为为偶函数，所以， 所以， 又因为为奇函数，所以， 所以，所以， 所以是以为周期的函数， . 6．已知等比数列的前项和为，则函数的最大值为（   ） A． B． C． D．1 【答案】C 【分析】求出公比和首项后得通项，再判断数列的单调性后可得最大值. 【详解】因为，故，而， 故，故，故，故， 故，故. 而， 故当时，；当时，； 当时，；故， 故. 7．正方体中，是棱的中点，是棱上的动点，过点，，的平面截该正方体所得的截面记为，若三棱锥的外接球球心落在平面内，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意建立空间直角坐标系，设，求解的坐标，由三棱锥的外接球即为，，为棱的长方体的外接球，求解三棱锥的外接球的半径为，求解平面的法向量，再由求解即可. 【详解】设正方体棱长为1，以为原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 可得，，，，， 因为点为中点，可得，又设，， 则得，解得，即， 由三棱锥的外接球即为，，为棱的长方体的外接球， 由，，，得长方体的体对角线长为， 所以三棱锥的外接球的半径为，即球心为该长方体体对角线的中点，所以， 设平面的法向量为，，， 由，故可取， 因为，所以与平面的法向量为垂直， 则，即，解得，所以. 8．定义在的函数满足：，，且时，，若，，，则、、的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】令代入，得到的奇偶性，令，可得，并结合题干可推得的单调性，再对、、进行变形，往中凑，最后再令，研究的单调性即可求解． 【详解】，，令，则，得， 令得，即函数是奇函数， 下面判断函数的单调性，令，则， ，所以， 所以，即， 所以在单调递增， ，， ， 构造函数，则， 当时，，当时，， 所以在递增，在递减， 则， 即， 所以，又在单调递增， 所以，也即． 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．已知随机事件，满足，，记，，若，互斥，则（    ） A． B． C．当时，的最大值为 D．若，则 【答案】BCD 【分析】应用概率的性质，结合事件互斥得，再应用作差法比较大小及基本不等式得，进而依次判断各项的正误. 【详解】由概率的性质知， 由，互斥，则，A错，故， 由， 而且， 所以，则，B对， 由，，则， 当且仅当时取等号，则， 当，则，当且仅当时取等号，即的最大值为，C对， 当，则，结合概率的性质知，则，D对. 10．将一颗质地均匀的骰子（点数为）连续拋掷3次，记录向上的点数，则（   ） A．三个点数之积大于的概率为 B．三个点数之和大于的概率为 C．若不考虑点数的先后顺序，能构成等比数列的概率为 D．若考虑点数的先后顺序，在三个点数之和是奇数的条件下，能构成等差数列的概率为 【答案】ABD 【分析】利用列举法结合古典概型逐项分析即可． 【详解】连续拋掷3次，总基本事件数为． 对于A，由，所以要三个点数之积大于的组合只有和， 若三个点数分别为时，即在这三个点数中选一个为，另外两个为，共有种； 若三个点数分别为时，共有种， 所以三个点数之积大于150的概率为，故A正确； 对于B，设三个点数为，其和的范围为， 由对称性，与的概率相等（因为，，对应的和为）， 所以和的概率相等，所以，故B正确； 对于C，不考虑点数的先后顺序，三个点数能构成等比数列的情况有： 若三个点数全相等，即有，，，，，，共有种， 若三个点数全不相等，仅有，即这三个点数全排列，共有种， 所以能构成等比数列的概率为，故C错误； 对于D，考虑点数的先后顺序，三个点数为等差数列等价于， 又三个点数之和是奇数的总基本事件数为，则在此条件下，为偶数，为奇数， 若时，，即三个点数为，共有种； 若时，，即三个点数为，，，，，共有种； 若时，，即三个点数为，，，共有种， 所以能构成等差数列的概率为，故D正确． 11．已知分别为双曲线的左、右顶点，为双曲线上位于第一象限内任意一点，记（其中均不为），的面积为，则（    ） A．的值随着的增大而减小 B． C．为定值 D．为定值 【答案】ACD 【分析】由正弦定理结合正弦函数单调性可判断A；借助倾斜角与斜率的关系计算可得B；借助面积公式、三角形内角和关系、诱导公式与倾斜角与斜率的关系计算可得C；借助三角形内角和关系、诱导公式与两角和与差的余弦函数公式计算可得D. 【详解】对A：，当增大时，增大，且，故增大， 增大，且，故减小，故减小，即的值随着的增大而减小，故A正确； 对B：、，由，满足， 则，， 则， 由为双曲线渐近线方程，则，即， 故，故B错误； 对C：，， 且 ， 则，故为定值，故C正确； ， 故为定值，故D正确. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知随机变量服从正态分布，若，则__________. 【答案】 【分析】根据条件，得到，再利用正态分布的对称性，即可求解. 【详解】由，得到， 所以， 故答案为：. 13．在锐角中，角，，的对边分别为，，．已知，，成等差数列，且，若是外接圆的圆心，则的取值范围为_________________. 【答案】 【分析】由等差中项及正弦定理，结合三角形内角和，推出角大小，将另一条件变形，利用正弦定理得边长，将面积差用外接圆半径及角表示，化为二次函数形式，由角的范围求值域. 【详解】由题意得，， 则由正弦定理得， 因为，所以，则，则， 因为，所以， 则， 因为，所以， 设的外接圆半径为，，则，则， 又因为， 故和面积之差为 ， 因为，所以，则， 故当时，；当时，当时， 故和面积之差的取值范围为 14．已知椭圆的左右焦点分别为，，点为椭圆上一点，若直线和的斜率分别为和，则椭圆的离心率为_________． 【答案】 【详解】设，则， 整理得 两式相加，得 将代入，得，解得 代入，得 因此，点的坐标为 因为点在椭圆上，满足椭圆方程 化简方程得 两边同乘，得 由椭圆定义，，离心率， 因此，. 将其代入上式， 整理得， 令（，故），方程转化为 解得 ，不符合，舍去； ，符合条件. 因此 化简根式 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．（13分）内角，，的对边分别为，，，满足． (1)求证：； (2)当角取得最大值时，的面积为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）将进行切化弦，利用正弦定理和余弦定理可得结论. （2）求出为锐角，利用余弦定理结合基本不等式得到，此时最大，利用平方关系得到．利用三角形的面积公式求出的值． 【详解】（1）由，可得．   由正弦定理可得．   故．   由余弦定理可得．   化简得． （2）因为角取得最大值，所以为锐角，， 因为，所以，所以， 所以，所以为锐角， 则，   当且仅当即时取等号．   此时最大，且．   所以．   解得． 16．（15分）如图，一张边长为2的正方形纸片ABCD，E为AB的中点，现沿DE将折起至，使得． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)由已知得，又，， 所以，所以， 又，，平面，所以平面； (2)． 【分析】小问（1）线面垂直的判定定理，小问（2）建立空间直角坐标系求解. 【详解】（1）略 （2）方法一：以C为原点，CB，CD为x轴，y轴，垂直于平面BCDE的直线为z轴，建立空间直角坐标系． 由已知得，，，设，由， 得，解得，所以， 所以，，，设平面的一个法向量为，由 ，不妨取，得，，所以， 设直线与平面所成角为，则, 所以直线与平面所成角的正弦值为． 方法二：因为，平面，平面，所以平面， 因为平面，所以B到平面的距离 ， 取CD中点F，连EF，，BF，过作于O，连OB，则，， 又，平面，所以平面，所以， 因为平面，所以，所以，所以，， 因为，，，平面BCDE，所以平面BCDE， 所以，所以， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 17．（15分）强基计划为基础学科招生改革试点，用于选拔有志于服务国家重大战略需求、综合素质优秀或基础学科拔尖的学生．某高校参加强基计划选拔需依次参加笔试和面试，笔试环节包含数理探究、阅读表达和信息技术三门考试科目，且每门考试科目是否通过相互独立，全部通过才可参加面试；面试每10人分为一组，每组选拔通过2人． (1)若学生甲已通过全部笔试科目，求甲面试选拔通过的概率； (2)已知学生甲通过数理探究、阅读表达和信息技术三门考试科目的概率分别为，，，其中，．记学生甲在笔试环节中通过的科目数为X． （i）若，当为何值时，甲通过笔试的概率最大； （ii）若，，求． 【答案】(1) (2)（i）当时，甲通过笔试的概率最大；（ii）. 【分析】（1）10人选2人，为古典概型，甲被选中的概率就是入选人数除以总人数. （2）（i）甲通过笔试需要三门全部通过，概率为，已知，利用均值不等式可得出，转化为只含的函数，利用导数求出定义域内函数最大值，此时的取值即为所求. （ii）已知，，通过的科目数为X，X可以取0，1，2，3，求出，，，，则由即可求解. 【详解】（1）（1）记“甲面试选拔通过”为事件A，则． 所以甲面试选拔通过的概率为． （2）（i）因为， 所以，当且仅当时取等号． 令， 则． 令，，则． 列表： + 0 − 单调递增 极大值 单调递减 在的函数值大于0，此时为增函数， 在的函数值小于0，此时为减函数， 时，为极值点，也是最大值点，所以当时，甲通过笔试的概率最大. （ii）记学生甲未通过数理探究、阅读表达和信息技术三门考试科目的概率分别为，，， X可能值为0，1，2，3． ， ， ， ， 所以： ， 所以． 18．（17分）已知抛物线：，为坐标原点，过点作斜率的直线交抛物线于两点，其中在第一象限，直线交抛物线于另一点，其中，直线与直线交于点． (1)求抛物线的方程； (2)记与的面积分别为，． （ⅰ）当，，，四点共圆时，求直线的方程； （ⅱ）求的取值范围． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）由，求出点的坐标，代入抛物线方程求解即可； （2）（ⅰ）联立直线与抛物线方程，由韦达定理可得，，由，，，四点共圆可得，从而得，代入的表达式，得，求解即可； （ⅱ）先求出点的横坐标，由三角形的面积可得，求出的范围即可得答案. 【详解】（1）因为点，则， 又， 则， 所以， 代入抛物线：， 得到，解得， 所以抛物线的方程为． （2）（ⅰ）因为直线方程为， 设，， 联立， 消得到， 则，， 当，，，四点共圆时， 则有，， 故，则， 所以， 又， 同理可得， 由两点间的距离公式可得，， 所以， 即， 整理得到， 又，所以， 故直线的方程为． （ⅱ）由，，得到直线：， 由，，得， 直线：， 联立方程， 解得， 由，， 得， 所以， 又 ， 当时，由，得， 又直线的斜率， 则， 所以， 故的取值范围为. 19．（17分）取名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔的不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理．该定理表明：对于满足一定条件的图象连续不间断的函数，在其定义域内存在一点，使得，则称为函数的一个“不动点”． (1)求函数的不动点； (2)若定义在上的函数的图象绕原点逆时针旋转之后不变，是函数的一个“不动点”，证明：； (3)设常数，函数，满足，，． ，对于任意实数，证明：函数存在唯一的不动点． 【答案】(1) (2)证明：记函数的图象为，是函数的一个“不动点”， 函数的图象绕原点逆时针旋转之后不变，即，则， 同理， ，由及函数的定义， 得，所以. (3)证明：函数存在唯一的不动点等价于函数在R上存在唯一零点， 在中，令，得， 则，当时，， 于是存在，使得；， 当时，，于是存在，使得， 因此存在，使得； 假设存在实数，使得，不妨令，由已知得， 由均为的零点，得， 因此，而，则与已知矛盾，即假设是错的， 则函数在R上存在唯一零点，所以函数存在唯一的不动点. 【分析】（1）利用不动点的定义，列式求解. （2）利用不动点的定义及旋转的特征推理得证. （3）利用给定不等式，结合零点存在性定理及反证法推理证得存在性及唯一性即可. 【详解】（1）设函数的不动点为，则，解得， 所以函数的不动点为. （2）略 （3）略 1 / 15学zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2027年高考一轮复习检测卷 数学·参考答案 第一部分（选择题共58分） 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。 2 3 4 5 6 7 D C A 0 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 10 11 BCD ABD ACD 第二部分（非选择题共92分) 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.2 33 13 16’48 14.V10-V5 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.(13分) 2 1 3 cosA 2cosB 3cosC 【答案】(I)由an4 tanB tanC,可得sinA sinB sinC· 由正弦定理可得一 sA2cosB3cosC a b bccosA+2accosB=3abcosC 由余弦定理可得+e2-a+(d+c-b8)-引a+2-c). 化简得a2+2b2=3c2.(5分) (2)因为角C取得最大值，所以A,B为锐角，tanA>0,tanB>0, 1/7 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 1,23 3 12之0，所以anc>0, 因为anA+tanBtanC,所以an4+tanB> 所以tanC>0,所以C为锐角， 则emc0:-e.g48-e+2) 2ab 2ab 2ab 3 当且仅当号-6=a时撒等号.（1分) 此时c最大，且sinC= 3 1 所以SMBC= 3 解得a=6.(13分) 16.(15分) 【详解】(1)()由已知得AE=AE=1,又C=2,EC=VEB+BC2=V5, 所以AE2+A'C2=EC2,所以A'E⊥A'C, 又A'E⊥A'D,ACOAD=A,A'C,ADC平面ADC,所以AE⊥平面ADC:(4分) (2)以C为原点，CB,CD为x轴，y轴，垂直于平面BCDE的直线为z轴，建立空间直角坐标系. E B [AC=2 由已知 ，设 ,由 A'D=2 B(2,0,0)D(0,2,0）E(21,0)A(x,,z 4'E=1 3 x= x2+y2+z2=4 2 得x2+0y-2+2=4，解 y=1,所以 ,(7分) (x-2}+(0y-1+z2=1 e-9 2 所以m-59.a-很49 CD=(0,20设平面HDc的一个法向量为万=(a,bc)由 nCA'=0 nCD=0 2/7 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ，不妨取a=1,得b=0,c=-5,所以i=(1,0-V5 ,(12分) 所成角为，划血0-co位H同受 A'B-n2 设直线与平面 A'B A'DC 所以直线B与平面D℃所成角的正弦值为？.(I5分) D E -23D B .3 17.(15分) 【详解】《)《)记甲重试选拔通”为件4，则P代-后-号 1 所以甲面试选拔通过的概率为5：(3分) 1 ②①因为2,= 所以P,P≤ ()-42-n)nons(o2) 则f(n)=62p-8n+=162n-6p-). 令f'()=0,P<2,则乃=6：(7分) 列表： P3 1-6 6别 f(p) 0 f(p) 单调递增 极大值周 单调递减 (p,)在0,6)的函数值大于0，此时f(,)为增函数， 3/7 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 11 f'(p)在62的函数值小于0，此时f(p,)为减函数， P=6时，为极值点，也是最大值点，所以当P=6时，甲通过笔试的概率最大(10分) ()记学生甲未通过数理探究、阅读表达和信息技术三门考试科目的概率分别为P,P2,P3, X可能值为0,1,2,3. P(X=0)=pP2P3, P(X=1)=pp2Ps+PP2Ps+Pip2Ps, P(X=2)=Pp2Ps+Pip2Ps+PiP2Ps, P(X=3)=PP2P3,(12分) 所以：E(X)=AP2P+pP2P+BPP+2(BP2P+pP,P+PPP+3P,PP =PAP+PP2P3+PP2+PP2Ps+P2P+PP2P +3PP2Ps =PP3+Pip2+Pp2+P2P3+p2P3+Pps =P1+P2+P3=t, 所以E(X)=1.(15分) 18.(17分) 【详解】(1)因为点P(1,),则0P=(,), 又0D=30P. 则0D=(3,3). 所以D(3,3), 代入抛物线C:x2=2py, 3 得到g=6p,解得P= 所以抛物线C的方程为x2=3y,(4分) (2)(i)因为直线方程为y=k(x-)+1(k<0), 设A(x,),B(x,), y=k(x-1)+1 联立1x=3y 4/7 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 消y得到x2-3x+3k-3=0, 则￥+五=3k,x为2=3k-3, 当O,A,D,B四点共圆时， 则有∠OBA=∠ODA,∠BOD=∠BAD, PO PA 故APOB-aPAD'则PBPD' 所以PA-PB=Po-PD, 少0-+---m空+=+片-。 同理可得PB=V1+x-, 由两点间的距离公式可得P0=VP+P=V2,PD=√3-)2+3-=22， 所以PAPB=(+k2)x-x-+=4,(8分) 即1+k2)3k-3-3k+1=4, 整理得到k2=1, 又k<0,所以k=-1, 故直线的方程为y=-x+2.(10分) 得到直线O4:y亭x, 3 3 得k=3 x2+3 2-33 直线0k-3列3 y= 3 联立方程 -43 5/7 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 3x2 解得xM= x2+3-x’ 由x+为2=3k,x2=3k-3, 3-x1 得=1-无： 3x3-出 3x2 1-x一= 3 所以，3-3-5+3- 2-x’(12分) 1-x = MAIMD sin∠AMB 又S2 2 MO Msin∠aMB MAMD MO MB =xw-kw-3到 xw小xw-x 3 33 2-x2-x 333-x 2-x2-x1-x =(x-1)2, 当y=1时，由x2=3y,得x=±√3， 又直线的斜率k<0, 则1<x<V5 所以0<冬<4-25 S2 故3，的取值范围为(0,4-2v5)·(17分) 19.(17分) 【详解】(1)设函数f()=2+x-5的不动点为，则2+-5=，解得=l0g25, 所以函数f()=2+x-5的不动点为log25.(2分) (2)证明：记函数f(x)的图象为M,是函数f(x)的一个“不动点”， 函数f的图象绕原点逆时针旋转4之后不变，即B,(x,o)EM,则B,(0,V2x)EM, 6/7 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 同理B,(-o,x)eM,B,(-V2xo,0)∈M,B,(-xo,-xo)eM,B,(0,-V2xo)∈M, B,(x,-x)∈M,B,(W2x,0)eM,由B,(0,V2x)eM,B,(0,-V2x)eM及函数的定义， 得V2=-2x,所以0=0.(7分) y B B Bs B B。 (3)证明：函数8()存在唯一的不动点等价于函数F(,=f田-x在R上存在唯一零点， 在lf)-f0)sax-y川中，令y=0,得|f(x)-f0)Kax台-ax+f0)≤f(x)≤alx+f0), 则F()=f()-x≤ax-x+f0),当x→+oo时，ax-x+f0)=(a-)x+f0)→-o, 于是存在x∈R,使得F)<0;F(x)=fx)-x≥-ax-x+fO), 当x→-oo时，-ax-x+f(0)=(a-)x+f(0)→+o,于是存在eR,使得F(x)>0, 因此存在￡∈R,使得F(e)=0: 假设存在实数7≠￡，使得F()=0,不妨令6>n,由己知得f(e)-f()a(e-), 由6，n均为F()=f)-x的零点，得f(e)-f)l2(e-), 因此2(e-)≤a(c-),而6-1>0，则1≤a与已知矛盾，即假设是错的， 则函数F()=f()-x在R上存在唯一零点，所以函数8：存在唯一的不动点.(17分) 7/7 2027年高考一轮复习检测卷 数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，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。 第一部分（选择题 共58分） 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．已知复数满足，那么复数对应的点在（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．已知，，其中．若，则（     ）． A． B． C． D． 4．已知，则“圆不经过第四象限”是“”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 5．已知函数为奇函数，且为偶函数，当时，有，则（    ） A．71 B．-71 C． D． 6．已知等比数列的前项和为，则函数的最大值为（   ） A． B． C． D．1 7．正方体中，是棱的中点，是棱上的动点，过点，，的平面截该正方体所得的截面记为，若三棱锥的外接球球心落在平面内，则的值为（    ） A． B． C． D． 8．定义在的函数满足：，，且时，，若，，，则、、的大小关系为（    ） 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．已知随机事件，满足，，记，，若，互斥，则（    ） A． B． C．当时，的最大值为 D．若，则 10．将一颗质地均匀的骰子（点数为）连续拋掷3次，记录向上的点数，则（   ） A．三个点数之积大于的概率为 B．三个点数之和大于的概率为 C．若不考虑点数的先后顺序，能构成等比数列的概率为 D．若考虑点数的先后顺序，在三个点数之和是奇数的条件下，能构成等差数列的概率为 11．已知分别为双曲线的左、右顶点，为双曲线上位于第一象限内任意一点，记（其中均不为），的面积为，则（    ） A．的值随着的增大而减小 B． C．为定值 D．为定值 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知随机变量服从正态分布，若，则__________. 13．在锐角中，角，，的对边分别为，，．已知，，成等差数列，且，若是外接圆的圆心，则的取值范围为_________________. 14．已知椭圆的左右焦点分别为，，点为椭圆上一点，若直线和的斜率分别为和，则椭圆的离心率为_________． 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．（13分） 内角，，的对边分别为，，，满足． (1)求证：； (2)当角取得最大值时，的面积为，求． 16．（15分） 如图，一张边长为2的正方形纸片ABCD，E为AB的中点，现沿DE将折起至，使得． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 17．（15分） 强基计划为基础学科招生改革试点，用于选拔有志于服务国家重大战略需求、综合素质优秀或基础学科拔尖的学生．某高校参加强基计划选拔需依次参加笔试和面试，笔试环节包含数理探究、阅读表达和信息技术三门考试科目，且每门考试科目是否通过相互独立，全部通过才可参加面试；面试每10人分为一组，每组选拔通过2人． (1)若学生甲已通过全部笔试科目，求甲面试选拔通过的概率； (2)已知学生甲通过数理探究、阅读表达和信息技术三门考试科目的概率分别为，，，其中，．记学生甲在笔试环节中通过的科目数为X． （i）若，当为何值时，甲通过笔试的概率最大； （ii）若，，求． 18．（17分） 已知抛物线：，为坐标原点，过点作斜率的直线交抛物线于两点，其中在第一象限，直线交抛物线于另一点，其中，直线与直线交于点． (1)求抛物线的方程； (2)记与的面积分别为，． （ⅰ）当，，，四点共圆时，求直线的方程； （ⅱ）求的取值范围． 19．（17分） 取名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔的不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理．该定理表明：对于满足一定条件的图象连续不间断的函数，在其定义域内存在一点，使得，则称为函数的一个“不动点”． (1)求函数的不动点； (2)若定义在上的函数的图象绕原点逆时针旋转之后不变，是函数的一个“不动点”，证明：； (3)设常数，函数，满足，，． ，对于任意实数，证明：函数存在唯一的不动点． 1 / 15学zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $