精品解析：云南省昆明市云南师范大学附属中学2027届高三第六次学科体验数学试题

云南师大附中2027届高三数学第六次学科体验 一、单选题 1. 平面向量的夹角为，若，，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 2. 在中，，且，则的最小边长为（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 3. 已知，则“”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 4. 已知事件与独立，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 设的内角的对边分别为，已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 若函数为奇函数，则（ ） A. B. 1 C. D. 7. 已知椭圆的焦点分别为，，过的直线与椭圆交于，两点，若，，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数在上单调，为实数，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知一组数据，，…，的平均数为5，方差为4.令.则下列结论正确的是（ ） A. 数据，，…，的平均数为11 B. 数据，，…，的方差为16 C. 在原数据中增加一个数据4，所得11个数据的平均数仍为5 D. 将原数据中的每个数都增加3，所得数据的方差仍为4 10. 若函数图象的一个最高点为，且相邻两条对称轴间的距离为，将的图象向左平移个单位长度得到，则（ ） A. B. C. 为偶函数 D. 的解集为 11. 对于连续可导函数，定义：若函数在区间上满足单调递增，则称在区间上为下凸函数；若函数在区间上满足单调递减，则称在区间上为上凸函数；若在左右上凸下凸相异，称为的拐点，则下列说法正确的有（ ） A. 函数在R上为下凸函数 B. 函数不存在拐点 C. 若函数不存在拐点，则的取值范围为 D. 设函数的横坐标最小的拐点为，横坐标第二小的拐点为，则 三、填空题 12. 已知一个圆锥和一个圆柱的底面半径和高分别相等，若圆锥的轴截面是直角三角形，则这个圆锥和圆柱的侧面积之比为________. 13. 已知抛物线，若两点在抛物线上，焦点为，，则直线的斜率为__________． 14. 连续抛掷一枚质地均匀的骰子，若掷出点数大于4（即掷出5或6）记为“成功”，掷出点数不大于4（即掷出1，2，3或4）记为“失败”．若出现连续两次“成功”，则停止抛掷，那么抛掷总次数的数学期望为______________． 四、解答题 15. 已知数列的前项和满足． （1）证明：是等比数列； （2）设数列，的前项和，证明：． 16. 把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，．将沿翻折至，使得二面角为直二面角． （1）证明：平面； （2）若在同一个球面上，求该球的半径； （3）求平面与平面所成角的余弦值． 17. 随着人工智能技术的快速发展，AI图像识别在工业质检、安防监控等领域得到广泛应用．某科技公司研发了一款面向工业质检的AI图像识别设备．为确保产品质量，公司对生产的设备进行抽样检测，每台设备的检测结果相互独立．已知每台设备的检测结果为优质品的概率为，为合格品的概率为，现从该公司生产的设备中随机抽取3台进行检测． （1）求至少2台是优质品的概率； （2）若每台优质品设备可获利5万元，每台合格品设备可获利3万元，记随机抽取的3台设备共可获利万元，求的分布列、数学期望以及方差． 18. 已知双曲线：的左焦点为，且离心率为． （1）求的方程； （2）设为坐标原点，过且斜率大于2的动直线与交于，两点，其中点在第三象限，直线与的另一个交点为． （ⅰ）若的面积是的面积的5倍，求直线的方程； （ⅱ）求的取值范围． 19. 已知函数． （1）当时，求在处的切线方程； （2）若函数存在单调递增区间，求实数的取值范围； （3）若，，对任意的，恒成立，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 云南师大附中2027届高三数学第六次学科体验 一、单选题 1. 平面向量的夹角为，若，，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】由题意得：. 2. 在中，，且，则的最小边长为（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理将角的正弦比转化为边长比，判断为直角三角形，根据面积公式建立关于比例系数的方程，解得比例系数，从而求得最小边. 【详解】由以及正弦定理可得，故， ，又，解得（舍）， 又因为最小的边长为，故. 故选：B 3. 已知，则“”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 【解析】 【详解】由且在上单调递增，， 若，则， 由且在上单调递减，， 若，则， 显然可推出，反之不一定成立， 综上，“”是“”的充分不必要条件. 4. 已知事件与独立，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据相互独立的概率公式可得，再根据相互独立事件的性质求解条件概率即可. 【详解】因为事件与独立，所以， 因为，所以， 所以（事件与独立，故事件与独立）. 故选：C 5. 设的内角的对边分别为，已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理与两角和的正弦公式化简求解， 【详解】因为， 所以由正弦定理可得， 可得， 整理可得， 因为，所以， 即，而，所以，所以， 故选：C 6. 若函数为奇函数，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出函数的定义域，根据奇函数的定义域关于原点对称求出的值，再根据奇函数的定义验证函数是奇函数即可. 【详解】的定义域为且， 因为函数为奇函数，所以定义域关于原点对称，故，即. 所以， 的定义域为，关于原点对称， 又， 故函数为奇函数.所以. 7. 已知椭圆的焦点分别为，，过的直线与椭圆交于，两点，若，，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，根据椭圆定义可得，进而可表示各边长，再结合余弦定理可得离心率. 【详解】 如图所示，设，则，， 由椭圆定义可知，， 则，，， 且， 则在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理可得， 即，化简可得， 即离心率为. 8. 若函数在上单调，为实数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对函数求导，根据函数单调的性质得出的特点，进而得到与的关系，再通过构造函数，利用导数研究函数单调性来比较与、与的大小关系. 【详解】， 因为在上单调，所以无变号零点，则是方程的解， 故，即，， 令，则，令，解得， 时，，时，, 所以在上单调递增，在上单调递减，， 所以，即；， 令，在上单调递增，无最值，则大小不确定， 故选：D. 二、多选题 9. 已知一组数据，，…，的平均数为5，方差为4.令.则下列结论正确的是（ ） A. 数据，，…，的平均数为11 B. 数据，，…，的方差为16 C. 在原数据中增加一个数据4，所得11个数据的平均数仍为5 D. 将原数据中的每个数都增加3，所得数据的方差仍为4 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据平均数及方差的性质计算判断AB，根据平均数计算公式计算判断C，根据方差计算公式计算判断D. 【详解】对于A，，，A正确. 对于B，，，B正确. 对于C，由，得. 所以新数据平均数，C错误. 对于D，每个数都增加3后，数据为，，…，， 平均数为， 所以方差为 ，D正确. 10. 若函数图象的一个最高点为，且相邻两条对称轴间的距离为，将的图象向左平移个单位长度得到，则（ ） A. B. C. 为偶函数 D. 的解集为 【答案】AD 【解析】 【分析】由题意求出、及可判断A B；点在图象上结合的范围求出，再利用奇偶性的定义可判断C；根据图象平移规律得到的解析式，再解不等式可判断D. 【详解】由题意知，，则，故A正确，B不正确； 对于C，由，得， 即，由得， 所以，因为，定义域关于原点对称， ， 所以不是偶函数，故C不正确； 对于D，将的图象向左平移个单位得到 ， 由，得， 可得， 解得， 所以的解集为，故D正确. 故选：AD． 11. 对于连续可导函数，定义：若函数在区间上满足单调递增，则称在区间上为下凸函数；若函数在区间上满足单调递减，则称在区间上为上凸函数；若在左右上凸下凸相异，称为的拐点，则下列说法正确的有（ ） A. 函数在R上为下凸函数 B. 函数不存在拐点 C. 若函数不存在拐点，则的取值范围为 D. 设函数的横坐标最小的拐点为，横坐标第二小的拐点为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题干定义，下凸函数要求单调递增，上凸函数要求单调递减；逐个分析导数单调性、零点以及符号变化来判断命题真假. 【详解】对于A，，， 因为在上单调递增，由定义，在上为下凸函数，故A正确； 对于B，，，令，. 当时，，单调递增；当时，，单调递减. 处，左右两侧单调性改变，所以是拐点，故B错误； 对于C，，， 令，得. 因为恒成立，函数不存在拐点，所以恒成立. 由，得， 所以的取值范围是，故C正确； 对于D，，， 令，得. ，. 设，方程为. 方程的正根依次落在， 记最小正根，第二小正根，，. ，，. ；. 由，结合， ，，同理得. 由，得，， 所以. 即，故D正确. 三、填空题 12. 已知一个圆锥和一个圆柱的底面半径和高分别相等，若圆锥的轴截面是直角三角形，则这个圆锥和圆柱的侧面积之比为________. 【答案】 【解析】 【详解】设圆锥和圆柱的底面半径为，高为， 又因为圆锥的轴截面是等腰三角形，所以该轴截面是等腰直角三角形， 则圆锥的高等于底面半径， 所以圆锥的母线长， 圆锥侧面积：； 圆柱侧面积：； 圆锥和圆柱的侧面积之比为. 13. 已知抛物线，若两点在抛物线上，焦点为，，则直线的斜率为__________． 【答案】 【解析】 【分析】设，，利用抛物线的定义用表示进而得出之间的关系，最后代入到弦长公式里即可求解. 【详解】 设，， 因此：，得，​ ，得，​ 因此，直线斜率必然存在， 由弦长公式，代入，解得. 所以直线的斜率为. 14. 连续抛掷一枚质地均匀的骰子，若掷出点数大于4（即掷出5或6）记为“成功”，掷出点数不大于4（即掷出1，2，3或4）记为“失败”．若出现连续两次“成功”，则停止抛掷，那么抛掷总次数的数学期望为______________． 【答案】12 【解析】 【分析】设从初始状态（无连续成功记录）开始，到出现连续两次成功停止的抛掷总次数的期望以及从已出现1次成功（未触发停止）的状态开始，到出现连续两次成功停止的抛掷总次数的期望，建立二者的二元一次方程组，进而求解即可. 【详解】由题可知，抛掷一枚质地均匀的骰子， 单次成功的概率为，单次失败的概率为. 设为从初始状态（无连续成功记录）开始，到出现连续两次成功停止的抛掷总次数的期望； 设为从已出现1次成功（未触发停止）的状态开始，到出现连续两次成功停止的抛掷总次数的期望. （1）初始状态：若第一次抛掷失败，已抛掷1次，后续仍从初始状态开始对应期望为； 若第一次抛掷成功，已抛掷1次，后续进入已出现1次成功的状态对应期望为 于是，即； （2）已出现一次成功的状态分析： 若本次抛掷失败，已抛掷1次，后续回到初始状态，对应期望为； 若本次抛掷成功，已抛掷1次，触发停止条件，无需后续抛掷，对应期望为1； 因此可得方程：. 由上述可知，解得. 所以抛掷总次数的数学期望为12. 四、解答题 15. 已知数列的前项和满足． （1）证明：是等比数列； （2）设数列，的前项和，证明：． 【答案】（1）证明：当时，，即，所以. 当时，. 作差得，即， 整理得，即. 所以是以为首项，为公比的等比数列. （2）证明：由（1）得，，则. 满足上式，故. 所以. ，， 所以. 所以. 因为，所以，故. 【解析】 【分析】（1）根据与的关系及等比数列的定义证明即可. （2）根据等比数列的定义求出，进而求出，，再根据错位相减法及等比数列的前项和公式求出，结合不等式性质证明即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，．将沿翻折至，使得二面角为直二面角． （1）证明：平面； （2）若在同一个球面上，求该球的半径； （3）求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）证明如下： 二面角为直二面角，即平面平面， 又因为平面，平面平面， 所以平面． 又因为平面，所以． 由题意平面， 所以平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，进而根据线线垂直证明平面． （2）建立空间直角坐标系，根据两点距离公式列方程，可求解球心的坐标，即可求解， （3）根据面面垂直的性质，结合二面角的定义可得为所求的角，即可根据三角形的边角关系求解，或者求解平面法向量，根据法向量的夹角求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点中点，连接， 则， 因为平面，平面，所以，所以， 在中，为中点，所以. 以为正交基底建立如图所示空间直角坐标系， 则． 设该球的球心坐标为，则 解得. 所以该球的半径为. 【小问3详解】 法一：取中点，在中，过作，垂足为，连接， 平面平面平面， 平面平面，所以平面． 而平面，故， 又因为，平面，故平面， 而平面，所以， 则为平面与平面的所成角. 直角三角形中，， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 法二：平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则即 取，得平面的一个法向量为. 所以平面与平面所成角的余弦值为. 17. 随着人工智能技术的快速发展，AI图像识别在工业质检、安防监控等领域得到广泛应用．某科技公司研发了一款面向工业质检的AI图像识别设备．为确保产品质量，公司对生产的设备进行抽样检测，每台设备的检测结果相互独立．已知每台设备的检测结果为优质品的概率为，为合格品的概率为，现从该公司生产的设备中随机抽取3台进行检测． （1）求至少2台是优质品的概率； （2）若每台优质品设备可获利5万元，每台合格品设备可获利3万元，记随机抽取的3台设备共可获利万元，求的分布列、数学期望以及方差． 【答案】（1） （2） 9 11 13 15 ，． 【解析】 【分析】（1）记为优质品数目，依题意可得，利用二项分布的概率公式及互斥事件的概率加法公式计算即可； （2）先由题意求得，得到的所有可能取值，并求出对应的概率，列出分布列，利用数学期望与方差公式计算即得. 【小问1详解】 记为优质品数目，则的所有可能取值为0，1，2，3， 则，，， 所以． 【小问2详解】 由（1），合格品有台，依题意，， 则的所有可能取值为9，11，13，15， 则，， ，， 所以的分布列为： 9 11 13 15 由得，， 所以数学期望， 方差． 18. 已知双曲线：的左焦点为，且离心率为． （1）求的方程； （2）设为坐标原点，过且斜率大于2的动直线与交于，两点，其中点在第三象限，直线与的另一个交点为． （ⅰ）若的面积是的面积的5倍，求直线的方程； （ⅱ）求的取值范围． 【答案】（1）. （2）（ⅰ）, （ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）易知，再由离心率定义得到，再由得到，从而得到双曲线方程. （2）（ⅰ）先设直线方程并与双曲线方程联立得到 ①， ②，再由可得到 ③，联立①②③可解得：，从而得到直线方程.（ⅱ）先通过向量数量积得到，再通过，从而得到，最后通过函数在上是单调递增函数，求得的取值范围. 【小问1详解】 已知双曲线：的左焦点为，因此， 由离心率定义，代入可得：，即， 又因为，所以，将代入双曲线方程， 可得到双曲线的方程为：. 【小问2详解】 （ⅰ）设过点的直线的方程为，，与双曲线方程联立： 消去整理得：， 设，，,，由韦达定理得： ① ， ②. 由双曲线的中心对称性可知：若直线与的另一个交点为，则. ， ， 又，即，即， 又因为，， 所以，即，即 ③， 联立①，③可得：，， 所以，即，解得： ，又因为，所以. 故直线的方程为，即. （ⅱ）因为，在双曲线上， 所以有，作差可得：， 即，即， 又，， 所以，即. 由弦长公式得：， ， ，， ， ，即， ， ， 函数在上是单调递增函数， 当时，， 当时，， 因此，的取值范围为. 19. 已知函数． （1）当时，求在处的切线方程； （2）若函数存在单调递增区间，求实数的取值范围； （3）若，，对任意的，恒成立，求的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求函数的导数，再计算与，最后用点斜式得切线方程. （2）由无单调递增区间得恒成立，转化为恒成立，求最小值得取值范围. （3）先确定单调性得，再根据，令，推出与关系，求最小值得的最小值. 【小问1详解】 当时，，故， 所以，又因为， 所以切线方程是． 【小问2详解】 由题意得， 若不存在单调增区间，则恒成立（*）， 即恒成立，令，， 所以，当时，当时， 所以在递减，在递增， 所以，所以， （经检验当时，（*）式成立）， 因此函数存在单调递增区间，可知； 可知所求实数的取值范围是. 【小问3详解】 由（2）知，，令， 所以，即在上单调递减， 又因为，， 所以必存在正数，使得， 故， 由（2）知，当时，，当时，，当时，， 由上知，在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以， 即， 令， 因为， 所以当时，单调递减，时，单调递增， 所以， 因此的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $