精品解析：江苏部分校2027届高三上学期10月调研测试数学试卷

2027届高三10月调研测试 数学试卷 总分：150分 考试时间：120分钟 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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上． 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. 样本数据8，9，11，14，18的第80百分位数为（ ） A. 14 B. 15 C. 16 D. 17 【答案】C 【解析】 【详解】由于该组样本数据共有5项，， 故该组数据的第80百分位数为从小到大第4项与第5项数据的平均数，即. 2. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别求出集合和集合，根据交集的定义求出. 【详解】由题意知，，，所以. 故选：C. 3. 已知，则的共轭复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算，可求得，进而可得，根据虚部的概念，即可得答案. 【详解】由，得， 所以，则的虚部是． 故选：A 4. 若，，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】 【分析】先根据平面向量共线的坐标表示求得或，再根据充分、必要条件的定义判断即可. 【详解】由，得，解得或， 所以“”是“”的充分不必要条件． 故选：A 5. 根据2025年最新旅游数据和权威推荐，当前中国五大旅游城市为北京、上海、成都、杭州、西安，甲、乙、丙三人准备去这五座城市旅游，若每座城市只能去一人，且每座城市均有人选择去旅游，记事件“乙恰好选择了三座城市旅游”，“甲只选择了北京旅游”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用条件概率公式，结合排列组合应用问题列式求解. 【详解】乙恰好选择了三座城市旅游的方法数为， 而事件与都发生的所有可能结果有， 所以所求概率为. 故选：C 6. 设，且，则的值为（ ） A. 2 B. C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用同角三角函数的基本关系和二倍角公式即可求解. 【详解】， 即， 解得：，所以，所以. 故选：B. 7. 大气压强，它的单位是“帕斯卡”（Pa），它随海拔高度h（m）的变化规律可以近似的表示为（其中e为自然对数的底数，是海平面大气压强，为常数）.已知宁波市海拔最高的是四明山的主峰，主峰上一处的海拔约为1018m，大气压强为90900Pa，宁波城区一处的海拔约为4m，大气压强为101000Pa.现测得某山峰上一处的大气压强为80800Pa，请估计该处的海拔高度（单位：m）位于以下哪个范围内？（ ）（参考数据：，） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合题意与对数的运算性质求解海拔高度，再判断范围即可. 【详解】设城区的压强为，四明山的压强为， 由题意得，， 两式作除法可得，解得， 对于目标点，可得，由已知得， 两式作除法可得，解得， 则 ，在内，故C正确. 故选：C 8. 若定义在上的函数的导数为，且满足：①为奇函数；②对任意的，都有，则称函数具有性质.已知函数具有性质，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，得到函数在上为单调递减函数，且为偶函数，再分和两种情况讨论，结合函数的单调性，即可求解. 【详解】设，则当时，， 因为，所以， 所以在上单调递减， 又为奇函数，所以，所以， 所以在上是偶函数， 所以在上单调递增， 当时，即时，有， 由可得， 所以，解得，此时无解； 当时，即时，由可得， 所以，解得或，所以或， 由不等式有意义可知，即， 综上可得，不等式的解集为. 故选：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. 下列结论正确的是（ ） A. 随机变量，设，则 B. 数据的平均数为2，则的平均数为7 C. 在的二项展开式中，若各项系数和为32，则项的系数为10 D. 随机变量，且，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，先根据二项分布计算，再根据方差的性质即可判断；对于B，根据平均数的性质即可判断；对于C，先根据各项系数和求解的值，再根据二项式定理即可判断；对于选项D，根据正态分布的性质即可判断． 【详解】对于A，由于，故， 因此，故A正确； 对于B，因为数据的平均数为2， 所以的平均数为，故B正确； 对于C，令，可得，故， 由的展开式中第项为， 当时，，即项的系数为，故C正确； 对于D，由于，， 所以，故D错误． 10. 已知，，，则下列说法正确的是（ ） A. 的最大值是2 B. 的最大值是 C. 的最小值是 D. 的最小值是 【答案】BD 【解析】 【分析】A：消去a转化为关于b的二次函数，结合的范围判断取不到 2；B：对平方后利用化简，结合基本不等式求得最大值为；C：由基本不等式直接得到的最大值是，而非最小值；D：凑出的定值，用乘 1 法结合基本不等式求得最小值. 【详解】由于，，，故， 对于A， ，故取不到2，故A错误； 对于BC， 由，，可得，故， 当且仅当，即时取到等号，的最大值是，C错误； ， 当且仅当，即时取到等号，故的最大值是，B正确； 对于D，由，得，即， ， 当且仅当，即时取到等号，故的最小值是，D正确. 11. 在直四棱柱中，，，P为中点，点Q满足，（，）．下列结论正确的是（ ） A. 若，则四面体的体积为定值 B. 若平面，则的最小值为 C. 若的外心为M，则为定值2 D. 若，则点Q的轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，先证明平面，再由条件判断点在上，推得点到平面的距离为定值即可判断；对于B，分别取的中点，证明平面平面，点的轨迹为线段，利用余弦定理和勾股定理判断，即可求得的最小值；对于C，结合条件利用向量数量积的投影定义计算判断；对于D，作平面，推理得到点Q的轨迹为以点为圆心，为半径的弧在平面内的部分，求出，即可求出轨迹长度. 【详解】对于A，如图1，连接，因，可得，则， 又因平面，平面，则平面. 因点Q满足，且，由平面向量基本定理，可得点在上， 故点到平面的距离即定点到平面的距离，为定值， 又因的面积为定值，故四面体的体积为定值，即A正确； 对于B，分别取的中点，连接，易得，因平面，平面，则平面， 由可得，故，同理可得平面， 因平面，故有平面平面，由（，）可知点在正方形内， 又因平面平面，且平面，则点的轨迹为线段. 在中，，在中，由余弦定理，，则， 由可得，故当点与点重合时，取得最小值，故B正确； 对于C，因点为的外心，则点在的垂直平分线上，在上的投影为， 又，则，故C错误； 图1 图2 对于D，如图2，过点作平面 ，易得点在直线上，则， 因点为正方形内的动点，且，则（分别为上的点）， 因，则，，故，即为等边三角形， 依题意，点Q的轨迹为以点为圆心，为半径的弧在平面内的部分，故其长度为，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. 若偶函数满足，当时，，则__________． 【答案】 3 【解析】 【分析】先由递推关系推导函数周期，结合偶函数性质将所求自变量转换到已知解析式的区间内，代入计算即可. 【详解】 已知，即，所以 ，因此是周期为的周期函数， ，又为偶函数，故， 因为，即，所以 ， 因此. 13. 已知点，，，则在上的投影向量的坐标为________. 【答案】 【解析】 【分析】首先求出，的坐标，即可得到， ，再根据求出在上的投影向量； 【详解】因为，，，所以，， 所以， ， 所以， 所以在上的投影向量为， 故答案为： 14. 我们将标有数字和（k为正整数）的一组球称为连号球．现有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回地随机取球．规定：取出的球中存在任意一组完整的连号球，则停止取球．记随机变量X为停止时取出的球的个数，则其数学期望______． 【答案】## 【解析】 【分析】先根据题意确定停止取球的条件，再确定的取值，求出其分布列，根据期望的计算公式计算. 【详解】当，；当时，；当时，； 由题，则当标有数字或者或者的球均已被取出，则停止取球， 所以的可能取值是， ；；； 所以的分布列为 所以. 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. 已知函数的部分图象如图所示. （1）求的解析式； （2）设函数，求使成立的x的取值集合. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合正弦型函数的周期，以及最高点，确定函数解析式中的参数，即可求解解析式； （2）利用三角函数恒等变形得，则得，然后结合正弦函数的性质即可求解. 【小问1详解】 由图可知，，得， 由，得，即，， 又，所以， 所以； 【小问2详解】 由（1）知 ， 由得，所以或， 所以或. 所以x的取值集合为. 16. 在中，角的对边分别为，已知． （1）求的值； （2）若，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理可求出的值； （2）根据题意可得，分析可知为锐角，求出的值，进而可求出、的值，再利用两角和的余弦公式可求得的值． 【小问1详解】 因为，可得， 即，由余弦定理可得，； 【小问2详解】 因为，故为锐角， 所以. 因为， 所以，故； 因为，则，即，故为锐角， 所以， 所以， ， 所以． 17. 2025年4月24日是第十个中国航天日. 十年来，中国航天事业蒸蒸日上，中国人在太空的印记不断被刷新. 某校部分学生十分关注中国航天的发展，若将累计关注中国航天发展的消息达到次及以上者称为“航天达人”，未达到次者称为“非航天达人”. 现从该校随机抽取人进行分析，得到数据如表所示： 性别 是否航天达人 合计 航天达人 非航天达人 男 女 合计 （1）补全列联表，根据小概率值的独立性检验，能否认为“航天达人”与性别有关联? （2）现从抽取的“航天达人”中，按性别采用分层抽样的方法抽取人，然后从这人中随机抽取人，记这人中女“航天达人”的人数为，求的分布列和数学期望； （3）为进一步提高学生对航天事业的关注度，该学校组织了“航天知识竞赛”活动，竞赛共设置道题目， 其中道题目是小明能答对的， 规定每位参赛者从道题中随机抽取道作答，则要使小明恰好答对道题目的概率最大，那么取多少？ 附： 【答案】（1）列联表： 性别 是否航天达人 合计 航天达人 非航天达人 男 40 20 60 女 20 20 40 合计 60 40 100 认为“航天达人”与性别无关 （2）分布列： 0 1 2 数学期望为1 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，补全的列联表，求得，结合附表，即可得到结论； （2）根据题意，得到随机变量X的所有可能取值为0，1，2，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解. （3）求出小明恰好答对道题目的概率，设，通过分类讨论分析的单调性，求得的最大值即可得解 【小问1详解】 补全列联表如下表： 性别 是否航天达人 合计 航天达人 非航天达人 男 40 20 60 女 20 20 40 合计 60 40 100 零假设：假设“航天达人”与性别无关，根据表中的数据计算得到， 查表可知， 所以根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立， 因此可以认为成立，因此“航天达人”与性别无关； 【小问2详解】 抽取的男航天达人有人，女航天达人有人， 所有可能取值为：. 则，，， 所以的分布列如下： 0 1 2 的数学期望为. 【小问3详解】 从道题目中取道题，恰有道小明会做的题目概率， 设， 当时，， ， 当时，， 当时，，因此， 而，则， 所以当时，小明答对道题目的可能性最大. 18. 已知四棱柱的各棱长均为2，，，，． （1）证明：； （2）请从下列条件①，条件②，条件③中选出两个作为已知条件，使得点G的位置确定． （i）求λ的值； （ii）求直线GB与平面所成的角的正弦值． 条件①：三棱锥的体积为1； 条件②：； 条件③：二面角的余弦值为． 【答案】（1） 取AD中点O，连接，BO，因为， 所以为正三角形． 所以，又，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以. （2）选①③或选②③，均有（i）；（ii）． 不可选①② 【解析】 【分析】（1）取AD中点O，连接，BO，通过证明AD⊥平面得到. （2）若选①③：利用，可求出，得到，OA⊥OB，（i）以O为坐标原点，为一组正交基底建立空间直角坐标系，设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，利用二面角的余弦值为，求出；（ii）方法1：表示出，设平面的一个法向量为，求出与夹角的余弦值，得到直线GB与平面所成的角的正弦值.方法2：连接OG、，证明∠OGB为直线GB与平面所成的角，在Rt△OGB中求解即可. 若选②③：在中，由余弦定理得出，进而得到 ，中，由余弦定理得，验证满足，得到，OA⊥OB，后续同选①③一致. 若选①②，则点G的位置不确定，与题意不符合． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 若选①③： （i）在四棱柱中，点G在棱上， 因为，DG平面，平面， 所以平面，由（1）可知：AD⊥平面， 所以， 所以，即，OA⊥OB， 以O为坐标原点，为一组正交基底建立空间直角坐标系， 则， 所以，， 所以， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则令， 则，因为平面的一个法向量为， 由二面角的余弦值为得： ， 即，因为，所以． （ii）方法1： 因为，平面的一个法向量为， 设直线GB与平面所成的角为θ， 则， 所以直线GB与平面所成的角的正弦值为． 方法2： 因为点G为棱中点，连接OG、，因为平面ABCD， 又平面ABCD，所以，又，，平面， ，所以BO⊥平面， 所以为直线GB与平面所成的角， 在中，，所以． 所以直线GB与平面所成角的正弦值为． 若选②③： （i）因为，在中，由余弦定理得， 因为四边形是平行四边形，所以， 在中，由余弦定理得， 因为，所以， 所以，即，， 下同（i）的解法. 若选①②，则点G的位置不确定，与题意不符合． 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若，且存在两个极值点． ①求的取值范围； ②设的两个极值点为，证明：． 【答案】（1）当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）①； ②证明：由①可知时，存在两个极值点，设， 则，即， 则， 所以，要证， 即证明，即证， 由①知在上单调递增，则即证， 又因为，即证， 令， ， 所以在上单调递增，又， 所以在上有， 即成立， 所以有，即成立. 【解析】 【分析】（1）将函数求导，根据参数的取值进行分类，讨论函数的单调性； （2）①求出导数，根据函数极值点就是导数零点，即有两个不同的根，则函数与有两个不同的交点，通过讨论单调性及最值，可得其取值变化，进而求得的取值范围； ②设，由通过对数运算可得要证，即证明，即证，由在上单调递增，可得需证，令，利用导数可证得，即证得，即成立. 【小问1详解】 函数的定义域为，则， 当时，，此时在上单调递增； 当时，由可得；由，可得. 则在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 ①因为，则， 因为存在两个极值点，则存在两个变号的零点， 即有两个不同的根， 则函数与有两个不同的交点， 又因为，则有，即有单调递增， 则有，即有单调递减， 所以， 又时，，当时，， 则函数与有两个不同的交点，有，即， 故存在两个极值点，的取值范围为； ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三10月调研测试 数学试卷 总分：150分 考试时间：120分钟 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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上． 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. 样本数据8，9，11，14，18的第80百分位数为（ ） A. 14 B. 15 C. 16 D. 17 2. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则的共轭复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 4. 若，，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 5. 根据2025年最新旅游数据和权威推荐，当前中国五大旅游城市为北京、上海、成都、杭州、西安，甲、乙、丙三人准备去这五座城市旅游，若每座城市只能去一人，且每座城市均有人选择去旅游，记事件“乙恰好选择了三座城市旅游”，“甲只选择了北京旅游”，则（ ） A. B. C. D. 6. 设，且，则的值为（ ） A. 2 B. C. D. 4 7. 大气压强，它的单位是“帕斯卡”（Pa），它随海拔高度h（m）的变化规律可以近似的表示为（其中e为自然对数的底数，是海平面大气压强，为常数）.已知宁波市海拔最高的是四明山的主峰，主峰上一处的海拔约为1018m，大气压强为90900Pa，宁波城区一处的海拔约为4m，大气压强为101000Pa.现测得某山峰上一处的大气压强为80800Pa，请估计该处的海拔高度（单位：m）位于以下哪个范围内？（ ）（参考数据：，） A. B. C. D. 8. 若定义在上的函数的导数为，且满足：①为奇函数；②对任意的，都有，则称函数具有性质.已知函数具有性质，则不等式的解集为（ ） 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. 下列结论正确的是（ ） A. 随机变量，设，则 B. 数据的平均数为2，则的平均数为7 C. 在的二项展开式中，若各项系数和为32，则项的系数为10 D. 随机变量，且，则 10. 已知，，，则下列说法正确的是（ ） A. 的最大值是2 B. 的最大值是 C. 的最小值是 D. 的最小值是 11. 在直四棱柱中，，，P为中点，点Q满足，（，）．下列结论正确的是（ ） A. 若，则四面体的体积为定值 B. 若平面，则的最小值为 C. 若的外心为M，则为定值2 D. 若，则点Q的轨迹长度为 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. 若偶函数满足，当时，，则__________． 13. 已知点，，，则在上的投影向量的坐标为________. 14. 我们将标有数字和（k为正整数）的一组球称为连号球．现有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回地随机取球．规定：取出的球中存在任意一组完整的连号球，则停止取球．记随机变量X为停止时取出的球的个数，则其数学期望______． 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. 已知函数的部分图象如图所示. （1）求的解析式； （2）设函数，求使成立的x的取值集合. 16. 在中，角的对边分别为，已知． （1）求的值； （2）若，求的值． 17. 2025年4月24日是第十个中国航天日. 十年来，中国航天事业蒸蒸日上，中国人在太空的印记不断被刷新. 某校部分学生十分关注中国航天的发展，若将累计关注中国航天发展的消息达到次及以上者称为“航天达人”，未达到次者称为“非航天达人”. 现从该校随机抽取人进行分析，得到数据如表所示： 性别 是否航天达人 合计 航天达人 非航天达人 男 女 合计 （1）补全列联表，根据小概率值的独立性检验，能否认为“航天达人”与性别有关联? （2）现从抽取的“航天达人”中，按性别采用分层抽样的方法抽取人，然后从这人中随机抽取人，记这人中女“航天达人”的人数为，求的分布列和数学期望； （3）为进一步提高学生对航天事业的关注度，该学校组织了“航天知识竞赛”活动，竞赛共设置道题目， 其中道题目是小明能答对的， 规定每位参赛者从道题中随机抽取道作答，则要使小明恰好答对道题目的概率最大，那么取多少？ 附： 18. 已知四棱柱的各棱长均为2，，，，． （1）证明：； （2）请从下列条件①，条件②，条件③中选出两个作为已知条件，使得点G的位置确定． （i）求λ的值； （ii）求直线GB与平面所成的角的正弦值． 条件①：三棱锥的体积为1； 条件②：； 条件③：二面角的余弦值为． 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若，且存在两个极值点． ①求的取值范围； ②设的两个极值点为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $