精品解析：陕西宝鸡市金台区部分校2027届高三第一次模拟质量检测数学试题

金台区2027届高三第一次模拟质量检测题 数学 注意事项：1．考试时间120分钟，满分150分． 2．答卷前，考生将答题卡有关项目填写清楚． 3．全部答案在答题卡上作答，答在本试题上无效． 一、选择题：本大题共8个小题，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，则（ ） A. B. C. D. 2 3. 已知向量满足，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 双曲线过点，其两条渐近线的夹角为，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知正四棱台的体积为，其上下底面的边长分别为1和2，则这个正四棱台的高为（ ） A. B. C. 1 D. 2 6. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，某地有南北走向街道5条，东西走向街道6条，一快递员从该地西南角的餐厅B出发，送餐到东北角的A地，要求所走路程最短，则途经C地的概率是（ ） A. B. C. D. 8. 已知奇函数满足，且当时，（）．则的值为（ ） A. 1 B. 0 C. D. 3 二、多项选择题：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. 已知数列的前项和为，若，则下列说法正确的是（ ） A. 是递增数列 B. 数列是递增数列 C. 数列中的最小项为 D. 、、成等差数列 10. 已知圆，直线，则（ ） A. 直线恒过定点 B. 当时，直线与圆相切 C. 存在实数，使得直线与圆相交于两点，且 D. 若直线与圆交于两点，则面积的最大值为 11. 抛物线的焦点为，直线过点且与抛物线交于两点，其中点在第一象限，则（ ） A. B. 当时， C. 若点的坐标为，则周长的最小值为8 D. 当时， 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设等比数列的前项和为，公比为．若，，则__________． 13. 已知函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是________； 14. 设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为_____． 四、解答题：本大题共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. 某校从参加高三模拟考试的学生中随机抽取60名学生，将其数学成绩（均为整数）分成六组后得到如下部分频率分布直方图，观察图形的信息，回答下列问题： （1）求分数在内的频率； （2）估计本次考试的平均分； （3）用分层抽样的方法在分数段为的学生中抽取一个容量为6的样本，将该样本看成一个总体，从中任取2人，求至多有1人在分数段内的概率． 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，，． （1）若为的中点，证明：平面． （2）求二面角的正弦值． 17. 在中，角，，的对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，的面积为，求的周长. 18. 已知椭圆的离心率为是的左、右焦点，且，直线过点与交于两点. （1）求的方程； （2）若，求的方程； （3）若直线过点与交于两点，且的斜率乘积为分别是线段的中点，求面积的最大值. 19. 已知函数． （1）当时，求函数的极值； （2）求函数的单调区间； （3）当时，若在时恒成立，求整数的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 金台区2027届高三第一次模拟质量检测题 数学 注意事项：1．考试时间120分钟，满分150分． 2．答卷前，考生将答题卡有关项目填写清楚． 3．全部答案在答题卡上作答，答在本试题上无效． 一、选择题：本大题共8个小题，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】 【分析】解不等式得到，利用交集概念求出交集. 【详解】，故，解得，故， 又，故. 故选：B 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【详解】因为，所以， 则 3. 已知向量满足，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由，得，将代入计算即可求解. 【详解】由，得， 即，又， 所以，解得. 故选：B 4. 双曲线过点，其两条渐近线的夹角为，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由双曲线的渐近线性质及两条渐近线的夹角为，分类求解即可． 【详解】由两条渐近线的夹角为，可得渐近线的倾斜角为或， 由可知双曲线的焦点在轴上， 当渐近线的倾斜角为时，渐近线方程为， 点在直线的下方，不可能在该双曲线上，不合题意； 当渐近线的倾斜角为时，渐近线方程为， 点在直线的上方， 此时解得，则双曲线的方程为. 故选：C 5. 已知正四棱台的体积为，其上下底面的边长分别为1和2，则这个正四棱台的高为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用台体的体积公式求解. 【详解】正四棱台的上底面积为，下底面积为， 因为台体体积为，所以， 解得，即正四棱台的高为. 故选：B. 6. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用同角公式化正弦为余弦，求出的值，再利用二倍角的余弦公式求解即得. 【详解】依题意，原等式化为：，整理得：， 因为，则， ∴， 所以. 故选：D. 7. 如图，某地有南北走向街道5条，东西走向街道6条，一快递员从该地西南角的餐厅B出发，送餐到东北角的A地，要求所走路程最短，则途经C地的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】考虑小矩形的横边和直边，例如从B到A的最短距离就是从4个横边加5个直边共9条线段，不同的方法就是什么时候走直边什么时候走横边，由组合知识可得不同的方法数，根据分步乘法计数原理可得． 【详解】由B出发，送餐到东北角的A地，向东走4格，向北走5格，一共9格，其中只需确定东向的格子即可确定路线，所以由B出发，送餐到东北角的A地的最短路径有种, 同理可得由B出发，到C地的最短路径有种， 由C出发，到A地的最短路径有种， 则由B出发，送餐到东北角的A地，途经C地有种， 所以途经C地的概率是. 8. 已知奇函数满足，且当时，（）．则的值为（ ） A. 1 B. 0 C. D. 3 【答案】A 【解析】 【详解】因为为奇函数且在处有定义，所以，即，解得，从而． 由，得，所以4是的一个周期． 因为，所以． 二、多项选择题：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. 已知数列的前项和为，若，则下列说法正确的是（ ） A. 是递增数列 B. 数列是递增数列 C. 数列中的最小项为 D. 、、成等差数列 【答案】AB 【解析】 【分析】根据可知数列为等差数列，根据通项公式和求和公式结合选项逐个判断. 【详解】因为，所以数列为等差数列，公差为3， 因为，所以，； 对于A，因为，所以是递增数列，A正确； 对于B，因为，所以数列是递增数列，B正确； 对于C，因为，所以数列中的最小项为，C不正确； 对于D，当时，，显然不是等差数列，D不正确. 故选：AB. 10. 已知圆，直线，则（ ） A. 直线恒过定点 B. 当时，直线与圆相切 C. 存在实数，使得直线与圆相交于两点，且 D. 若直线与圆交于两点，则面积的最大值为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A选项，将直线方程变形；对于B选项代入m的值，联立圆的方程判断有几个解即可；对于C选项，运用点到直线的距离公式，判断圆心到直线的距离是否小于半径；对于D选项，运用半径与圆心到直线的距离关系求出三角形的面积公式，再根据m的取值，再根据三角形的面积公式求出最大值. 【详解】对于A选项，由得， 则当时，直线方程不含且，故过定点，A选项正确； 对于B选项，当，则直线方程为，联立圆的方程得， 解得，有两个解，故与圆相交，B选项错误； 对于C选项，圆心坐标为，圆心到直线的距离为， 因为，故，解得， 因此存在实数，使得直线与圆相交于两点，且，故C选项正确； 对于D选项，由C选项可得， 则，，则， 令，则，令，为开口向下的二次函数， 对称轴为，因此在上，单调递增， 所以，因此没有最大值，故D选项错误. 11. 抛物线的焦点为，直线过点且与抛物线交于两点，其中点在第一象限，则（ ） A. B. 当时， C. 若点的坐标为，则周长的最小值为8 D. 当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意得抛物线的焦点的坐标，求得的值即可判断A；联立直线与抛物线由韦达定理求得，再根据焦点弦公式可求得即可判断B；过点作准线的垂线，垂足为，先求得，再利用抛物线的定义结合“三角形两边之和大于第三边”得周长即可判断C；设直线与抛物线的准线交于点，过点作准线的垂线，垂足为，利用抛物线的定义结合相似三角形知识得到，从而得到即可判断D. 【详解】A选项，直线与轴的交点为，所以焦点为，所以，所以A选项正确； B选项，当时，联立得，所以B选项错误； C选项，因为，，所以，过点作准线的垂线，垂足为，三角形周长为，所以C选项正确； D选项，设直线与抛物线的准线交于点，过点作准线的垂线，垂足为， 设，则，， 根据三角形相似得，所以， 所以直线的倾斜角为，则．所以D选项正确. 故选：ACD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设等比数列的前项和为，公比为．若，，则__________． 【答案】120 【解析】 【分析】方法一：利用等比数列前项和的分段性质求解；方法二：用等比数列求和公式求解. 【详解】方法一： 等比数列中，仍成等比数列，公比为， ，，则， 所以， ， 所以, ， 所以. 方法二： ， 代入，, . 13. 已知函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是________； 【答案】 【解析】 【分析】将零点问题转化为方程的实根个数问题，利用导数确定的单调性及各单调区间上的值域． 【详解】令，，则的零点个数等于方程的实根个数． 由及，知当时，； 当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，且． 当趋于负无穷时，从负值一侧趋近于，故在上的值域为； 当趋于正无穷时，趋于正无穷，故在上的值域为． 因此，当时，方程在上述两个单调区间内各有且仅有一个实根，即有两个不同的零点． 当时，只有零点； 当时，没有零点； 当时，只有一个零点，故所求范围为． 14. 设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】设的边长为，根据，得.设的外接的半径为，由正弦定理得，根据勾股定理求球心到平面的距离为2，从而得点到平面的最大距离为，结合三棱锥体积的公式计算的结果. 【详解】设的边长为，则，所以. 设的外接的半径为，则，得， 则球心到平面的距离为， 所以点到平面的最大距离为， 所以三棱锥体积的最大值为. 故答案为：. 四、解答题：本大题共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. 某校从参加高三模拟考试的学生中随机抽取60名学生，将其数学成绩（均为整数）分成六组后得到如下部分频率分布直方图，观察图形的信息，回答下列问题： （1）求分数在内的频率； （2）估计本次考试的平均分； （3）用分层抽样的方法在分数段为的学生中抽取一个容量为6的样本，将该样本看成一个总体，从中任取2人，求至多有1人在分数段内的概率． 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）频率分布直方图中各小长方形面积为概率，其和为1，由此可求解； （2）利用组中值根据求均值的计算方法可求平均分： （3）先按分层抽样确定分数段与分数段的人数各为2人和4人，从中任取2人共有15种基本事件，其中2人皆在分数段内包含6种基本事件，因此至多有1人在分数段包含15-6=9种基本事件，从而可求概率 【小问1详解】 分数在内的频率为 ． 【小问2详解】 估计平均分为 ． 【小问3详解】 由题意，分数段的人数为（人） 在分数段的人数为（人）． ∵用分层抽样的方法在分数段为的学生中抽取一个容量为6的样本， ∴需在分数段内抽取2人，并分别记为； 在分数段内抽取4人，并分别记为； 设“从样本中任取2人，至多有1人在分数段内”为事件， 则基本事件共有，共15个． 则事件包含的基本事件有共9个． ∴． 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，，． （1）若为的中点，证明：平面． （2）求二面角的正弦值． 【答案】（1）如图，的中点，连接，， 在中，，分别为，的中点， ∴且，又且， ∴且，∴四边形是平行四边形， ∴，又平面，平面， ∴平面． （2） 【解析】 【分析】（1）先构造平行四边形，再利用线面平行判定定理证明即可. （2）先取的中点，建立空间直角坐标系，再分别求出两个面的法向量，最后利用二面角的向量求法求解即可. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 取的中点为，连接，作， 又已知平面，所以两两垂直， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 可得，，， ，， 设平面的法向量为， 则，取，则， 设平面的法向量为， 则，取，则， 设平面与平面所成的角为， 则，由同角三角函数的基本关系得， 故二面角的正弦值为． 17. 在中，角，，的对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，的面积为，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，结合和角的正切求解即得. （2）由（1）的结论，利用三角形面积求出，再利用余弦定理求解即可. 【小问1详解】 由及正弦定理得， 又，所以， 所以，即， 又，所以. 【小问2详解】 因为的面积为， 所以，解得， 又因为， 即，所以， 故的周长为. 18. 已知椭圆的离心率为是的左、右焦点，且，直线过点与交于两点. （1）求的方程； （2）若，求的方程； （3）若直线过点与交于两点，且的斜率乘积为分别是线段的中点，求面积的最大值. 【答案】（1） （2），或； （3） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆焦距公式。椭圆离心率公式，结合椭圆标准方程中的关系进行求解即可； （2）根据直线的斜率是否为零，结合椭圆弦长公式分类讨论进行求解即可 （3）根据一元二次方程根与系数关系，结合中点坐标公式、三角形的特点、基本不等式进行求解即可. 【小问1详解】 因为，所以， 又因为该椭圆的离心率为，所以， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 当直线的斜率为零时，此时方程为，此时， 显然此时，不符合题意， 故设直线的方程为，与椭圆方程联立，得 ， 因为， 所以设，则有， 由 ， 所以直线的方程为，或； 【小问3详解】 由（2）可知：，所以 因此的坐标为， 设故设直线的方程为，与椭圆方程联立，得 ， 因为， 所以设，则有， ， 所以的坐标为， 因为的斜率乘积为， 所以，因此的坐标为， 显然边与横轴平行， 因此， 即 即时，取等号，即当时取等号， 所以面积的最大值. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是求出的坐标，再根据直线斜率的关系，把两个点的坐标统一一个变量，最后利用基本不等式进行求解. 19. 已知函数． （1）当时，求函数的极值； （2）求函数的单调区间； （3）当时，若在时恒成立，求整数的最大值． 【答案】（1）在处取得极大值，无极小值 （2）当时，在上单调递增， 当时，在上单调递增，上单调递减 （3）整数的最大值为5 【解析】 【分析】（1），令或可求单调区间，进而求得极值； （2），然后分类讨论可求得的单调区间； （3）根据已知式子进行变量分离可转化为恒成立，令，然后利用导数研究函数的单调性与极值，进而得出的最小值，进而得出所求得答案. 【小问1详解】 当时，， 所以， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在处取得极大值，无极小值. 【小问2详解】 ， 当时，恒成立，所以在上单调递增， 当时，当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 综上所述：当时，在上单调递增， 当时，在上单调递增，上单调递减. 【小问3详解】 在时恒成立，即恒成立， 令，则， 令，则在上恒成立， 所以在上单调递增，且 ，所以在存在唯一实数， 使得，即，所以 当时，，即， 当时，，即， 所以在上单调递减，上单调递增， 所以， 故，又，整数的最大值为5． 【点睛】方法点睛：本题主要考查了利用导数分析函数单调性的问题，同时也考查了构造函数，结合零点存在性定理，进而确定函数在区间上最值的范围问题.需要根据题意参变分离，构造函数求导，设极值点，再确定零点所在区间，进而代入原函数可得极值范围.属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $