基础小卷3-【优学精研】2027年高考数学一轮总复习基础小卷

基础小卷3 建议时间：60分钟　实际用时：________　总分：100分　得分：______分 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 一、选择题：本题共7小题，每小题5分，共35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.(北京通州模拟)已知复数z＝，则z的共轭复数＝ A.－1－i B.－1＋i C.1－i D.1＋i 2.(石家庄质检一)已知集合A＝{x|2x≤8}，B＝(－1，4]，则A∪B＝ A.[3，4] B.(－1，3] C.(－1，3) D.(－∞，4] 3.(湖南九校联盟二联)在平行四边形ABCD中，＝，BE与AC交于点R，若＝m，则m的值为 A. B. C. D. 4.(2026·全国Ⅱ卷)把甲、乙、丙、丁等8位员工分为A，B两个技术攻关组，要求每组4人，其中甲、乙同组，丙、丁不同组，则分组方案共有 A.10种 B.12种 C.16种 D.24种 5.(山东枣庄模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：(x－1)2＋(y－2)2＝4，圆C2：(x－4)2＋(y＋2)2＝r2，若圆C1与圆C2相交，则r的值可以为 A.7 B.5 C.3 D.1 6.(济南一模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，A是C的左顶点，P为C所在平面内一点，且∠F1F2P＝60°.若△PF1F2与△PF1A均为等腰三角形，则C的离心率为 A. B. C. D. 7.(原创)将函数f(x)＝2cos 图象上的所有点向左平移个单位长度，再把所有点的纵坐标变为原来的2倍后，把函数图象以y轴为对称轴左右翻折，得到函数g(x)的图象，则g＝ A.－2　 B.2　 C.－2 　 D.2 二、选择题：本题共2小题，每小题6分，共12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. 8.(生产生活|流水线)(广州综合测试一)某自动流水线生产一种新能源汽车零配件产品的质量X(单位：g)服从正态分布N(μ，σ2)，且P(X<14)＝，P(X≤18)＝.从该流水线上随机抽取4件产品，这4件产品中质量X在区间[14，18]上的件数记为ξ，则 A.μ＝16 B.P(14≤X≤18)＝ C.P(ξ＝1)＝ D.E(ξ)＝3 9.(2025·全国Ⅱ卷)已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f(x)＝(x2－3)ex＋2，则 A.f(0)＝0 B.当x<0时，f(x)＝－(x2－3)e－x－2 C.f(x)≥2当且仅当x≥ D.x＝－1是f(x)的极大值点 三、填空题：本题共2小题，每小题5分，共10分. 10.(兰州模拟)双曲线C：－＝1(a>0)的右焦点为(2，0)，则双曲线的渐近线方程为________. 11.(传统文化|幻方)(湖北名校联盟联合测评)幻方是一种中国传统游戏，其规则是将数字填在正方形格子中，使每行、每列和对角线上的数字的和都相等.如下图，已知一个三阶幻方由1至9这9个不同的数组成，则a－b＝________，a＋c＝________. 8 b 5 c a 2 四、解答题：本题共3小题，共43分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 12.(13分)(山东潍坊模拟)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝3，c＝3，＋1＝0. (1)求C； (2)若点P为△ABC的外心，求△PAC的周长 13.(模块融合|数列与导数)(15分)(2025·全国Ⅰ卷)已知数列{an}中，a1＝3，＝＋.　 (1)证明：数列{nan}是等差数列； (2)给定正整数m，设函数f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm，求f ′(－2). 14.(15分)(昆明“三诊一模”摸底)如下图，四棱台ABCD－A1B1C1D1的底面为正方形，AB＝2A1B1，E为AD的中点. (1)证明：ED1∥平面BDC1. (2)若侧面DCC1D1为等腰梯形，ED1∶D1D∶DE＝∶3∶2. (ⅰ)证明：平面DCC1D1⊥平面ABCD； (ⅱ)求平面BDC1和平面ADD1A1夹角的余弦值. 基础小卷3 1—5 CDCCB　　6 D　　7 D　　8 ABD　　9 ABD 10 y＝±x　　11 3　16 1.C　复数的运算＋共轭复数的概念　z＝＝＝1＋i，所以＝1－i，故选C. 2.D　集合的并集运算＋指数不等式的解法　因为集合A＝{x|2x≤8}＝{x|x≤3}，所以A∪B＝(－∞，4]，故选D.　 3.C　平面向量基本定理　由题意得＝m＝m(＋)＝m(＋3)＝m＋3m，因为B，R，E三点共线，所以根据向量共线可知，m＋3m＝1，解得m＝，故选C. 4.C　组合＋分步乘法计数原理＋分类加法计数原理　当甲、乙在A组时，从丙或丁中选1人到A组，另1人到B组，有C种排法，再从剩下的4人中选1人到A组有C种排法，根据分步乘法计数原理，共有C×C＝8种分配方案；当甲、乙在B组时，也有8种分配方案，所以一共有16种分配方案，故选C. 5.B　圆与圆的位置关系　由题意知，两圆的圆心分别为C1(1，2)，C2(4，－2)，由圆C1与圆C2相交，得|2－r|<<2＋r(题眼)，即|2－r|<5<2＋r，解得3<r<7，所以B符合题意，故选B. 6.D　椭圆的几何性质　由题可知，F1(－c，0)，F2(c，0)，A(－a，0)，因为∠F1F2P＝60°，且△PF1F2为等腰三角形，所以△PF1F2是等边三角形，所以|PF1|＝|PF2|＝|F1F2|＝2c(题眼).又△PF1A为等腰三角形，且|AF1|＝a－c，|PF1|＝2c，所以|PF1|＝|AF1|(易错：点P的横坐标在(－c，c)之间，故△PF1A为等腰三角形只有一种情况)，即2c＝a－c(关键：构造关于a和c的数量关系)，所以a＝3c，所以椭圆C的离心率e＝＝，故选D. 7.D　三角函数的图象和性质、图象的平移与伸缩变换　将函数f(x)＝2cos 图象上的所有点向左平移个单位长度得到函数y＝2cos ＝2cos (3x＋＋)＝－2sin 的图象，再把所有点的纵坐标变为原来的2倍后，得到函数y＝－4sin 的图象，最后把函数图象以y轴为对称轴左右翻折，得到g(x)＝4sin 的图象，则g＝2，故选D. 8.ABD　二项分布＋正态分布　对于A，由P(X≤18)＝，得P(X>18)＝1－＝，故P(X<14)＝P(X>18)，由正态曲线的对称性可知，μ＝＝16，故A正确；对于B，P(14≤X≤18)＝1－P(X>18)－P(X<14)＝，故B正确；对于C，由题意得，ξ～B，故P(ξ＝1)＝C××＝，故C错误；对于D，E(ξ)＝4×＝3，故D正确.综上，故选ABD. 9.ABD　函数的奇偶性＋函数的解析式＋利用导数研究函数的极值点　对于A，因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，故A正确.对于B，当x<0时，f(x)＝－f(－x)＝－[(x2－3)e－x＋2]＝－(x2－3)e－x－2，故B正确.对于C，当x>0时(提示：注意分类讨论)，f(x)＝(x2－3)ex＋2≥2⇒(x2－3)ex≥0⇒x2≥3⇒x≥；当x<0时，f(x)＝－(x2－3)e－x－2≥2⇒3－x2≥4ex，当x＝－1时，3－x2>4ex，即3－x2≥4ex在(－∞，0)上有解，故C错误.对于D，当x<0时，f′(x)＝(题眼)，令f′(x)>0，得x<－1，令f′(x)<0，得－1<x<0，故f(x)在(－∞， －1)上单调递增，在(－1，0)上单调递减.故－1是f(x)的极大值点，故D正确.综上，故选ABD. 【溯源教材】 人教A版必修第一册，P86，习题3.2，T11. 对比分析：教材复习题同样是以定义在R上的奇函数为引，解题核心是奇函数性质的运用；而本题通过已知x>0的解析式，求x<0的解析式及函数性质，且二者均求出解析式. 回归教材：本题通过先求出函数解析式再利用导数去研究函数的性质，增加陌生函数不好画图从而借助导函数研究函数性质，但本质上仍是“分类与整合的思想、转化与化归的思想、函数与方程的思想”的延伸应用.结合单调性判断极值点和最值，将“函数性质”问题转化为“方程求解＋不等式分析”.这些思想方法贯穿解题过程，是突破“分段函数＋奇偶性＋导数应用”综合题的核心逻辑.此题体现了高考对教材基础方法的迁移应用能力的考查. 迁移应用：遇到复杂函数时，可优先检查是否可通过教材例题或者复习题的基础变形与简化，平时要重视对教材理论方法的迁移应用. 10.y＝±x　双曲线的渐近线方程　由题意可得a2＋4＝(2)2，所以a＝2.又b＝2，所以 y＝±x＝±x，即双曲线的渐近线方程为y＝±x. 11.3　16　数学文化　由对角线8＋5＋2＝15，可知每行、每列、对角线上的数字的和都为15(题眼)(关键：理解题目中关于每行、每列、对角线上的数字的和都相等这一重要设定)，如下图所示，所以 所以 8 7－b b 10－c 5 c 13－a a 2 12.正弦定理＋余弦定理＋两角和的正切公式 解：(1)在△ABC中，由＋1＝0， 得＝1， 所以tan (B＋C)＝1. 所以tan A＝－1(技巧：三角形内角和为π是隐含条件)， 解得A＝.(3分) 因为a＝3，c＝3， 由正弦定理得sin C＝(题眼)， 所以C＝或C＝(舍去)(难点：因为c<a，所以C<A，故舍去C＝). 所以C＝.(6分) (2)因为点P为△ABC的外心，所以△ABC外接圆的半径R＝＝＝3.(8分) 在△ABC中，a＝3，c＝3，A＝， 由余弦定理得(3)2＝b2＋32－2b×3cos ， 整理得b2＋3b－9＝0， 解得b＝(舍去)或b＝.(12分) 所以△PAC的周长为b＋2R＝.(13分) 13.等差数列的定义与通项公式＋错位相减法＋函数求导＋等比数列的求和公式 解：(1)证明：由＝＋，得(n＋1)an＋1－nan＝1(题眼)， 所以数列{nan}是公差为1的等差数列.(5分) (2)由(1)知，等差数列{nan}的首项为3，公差为1， 所以nan＝3＋(n－1)×1＝n＋2. 又f(x)＝a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋amxm， 求导得f′(x)＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋mamxm-1(题眼)， 于是f′(－2)＝3＋4×(－2)＋5×(－2)2＋…＋(m＋2)(－2)m-1，　① (－2)f′(－2)＝3×(－2)＋4×(－2)2＋5×(－2)3＋…＋(m＋2)(－2)m.　②(11分) 由①－②得 3f′(－2)＝3＋(－2)＋(－2)2＋(－2)3＋…＋(－2)m-1－(m＋2)(－2)m　 ＝3＋－(m＋2)(－2)m ＝－(－2)m(提示：错位相减法)， 所以f′(－2)＝－(－2)m.(15分) 14.线面平行的判定定理＋面面垂直的判定定理＋平面与平面夹角的余弦值 解：(1)证明：如下图，取BD的中点为M，连接EM，C1M. 由E为AD的中点得(题眼). 在四棱台中，由已知得D1C1AB. ∴EMD1C1. ∴四边形EMC1D1为平行四边形. ∴ED1∥MC1.(3分) 又MC1⊂平面BDC1，ED1⊄平面BDC1. ∴ED1∥平面BDC1(提示：注意证明线面平行的条件是平面外的一条直线与平面内的一条直线平行).(4分) (2)(ⅰ)证明：∵ED1∶D1D∶DE＝∶3∶2， ∴ED＝D1D2＋DE2. ∴DE⊥D1D，即AD⊥D1D(题眼). 又AD⊥DC，D1D∩DC＝D，D1D，DC⊂平面DCC1D1， ∴AD⊥平面DCC1D1.(7分) 又AD⊂平面ABCD， 故平面DCC1D1⊥平面ABCD.(9分) (ⅱ)[第1步，建立空间直角坐标系，求相关点的坐标、向量的坐标] 过点D作直线Dz⊥平面ABCD， 以D为坐标原点建立如上图所示的空间直角坐标系Dxyz. 不妨设A1B1＝2，则AB＝4，四棱台的高为2. 则D(0，0，0)，D1(0，1，2)，A(4，0，0)，B(4，4，0)，C1(0，3，2).　 则＝(0，1，2)，＝(4，0，0)，＝(4，4，0)， ＝(0，3，2).(10分) [第2步，分别求出两平面的一个法向量] 设平面ADD1A1的法向量为n1＝(x，y，z)， 则由 得 令z＝1，则n1＝(0，－2，1)，得平面ADD1A1的一个法向量为n1＝(0，－2，1). (12分) 设平面BDC1的法向量为n2＝(x1，y1，z1). 则由 得 令x1＝2，则n2＝(2，－2，3)， 得平面BDC1的一个法向量为n2＝(2，－2，3).(14分) [第3步，由公式求夹角的余弦值] 设平面BDC1和平面ADD1A1的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝(易错：平面与平面的夹角的取值范围是). ∴平面BDC1和平面ADD1A1夹角的余弦值为.(15分) 学科网（北京）股份有限公司 $