精品解析：青海黄南藏族自治州尖扎县第一民族中学2027届高三上学期高考调研模拟卷数学(一)

2027届全国高考调研模拟卷 数学（一） 注意事项： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交． 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. 已知平面向量，，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】已知，，则， . 2. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题设得双曲线的标准方程为， 所以渐近线方程为. 3. 样本数据5，8，9，4，12，14，18的上四分位数为（ ） A. 12 B. 13 C. 14 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】根据百分位数的计算规则求解第75%分位数即上四分位数. 【详解】将样本数据按从小到大顺序排列得到：4，5，8，9，12，14，18，可知样本容量， 上四分位数对应第分位数， ，因此上四分位数为排序后第6个数据，即14. 4. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】， 因为，， 所以， 所以. 5. 在等比数列中，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设等比数列的公比为. 由，得， 因为，，化简得，即. 由，得，因为，所以. 则. 所以. 6. 已知函数是偶函数，且点为的图象的一个对称中心，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 6 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】先由“偶函数”这一条件，结合正弦函数在对称轴处取得最值的性质，求出符合范围的的值，再将已知的对称中心坐标代入化简后的解析式，建立关于的方程，最后结合取 即可求得的最小值. 【详解】因为函数是偶函数，且， 所以（），解得（）， 因为，所以当时，，符合题意， 此时， 又因为点为的图象的一个对称中心， 所以，即 ，所以， 因此（），解得（）， 因为，所以当时，取得最小值，最小值为. 7. 设为抛物线的焦点，点为的准线上一点，点在上，若，则（ ） A. 3 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先确定抛物线的焦点和准线，利用向量共线关系求出点E的横坐标，结合抛物线定义计算|EF|，再根据线段比例求出|DE|后作差即可. 【详解】对于抛物线，由得，因此焦点，准线方程为， 设，根据抛物线定义，抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，故， 设准线上的点，由，，，得，解得， 故， 由可知三点共线且在线段上，故， 因此， 所以. 8. 已知函数的定义域为，且，，，，恒成立，若，则的最大值为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】记数列，可知数列是严格递增的整数数列，推导的下确界依次得的最小正整数值，计算前项和的最小可能值判断结论. 【详解】不等式可变形为， 记数列，因，可知数列是严格递增的整数数列， 已知，可得，由于严格递增，后一项至少比前一项大1， 因此对任意正整数，有， 取数列的最小可能值，依次得到各的最小正整数值： ，， ， ，，， ，，， 计算前项和的最小可能值： 前8项和：，满足条件， 前9项和最小为：，不满足条件， 所以的最大值为8. 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. 已知复数在复平面内对应的点为，则（ ） A. B. C. 为纯虚数 D. 【答案】AC 【解析】 【详解】由复数z在复平面内对应的点为，可得，故A正确； ，故B错误； 由可知，，故C正确； ，，而，故D错误； 10. 已知曲线的方程为，则（ ） A. 曲线不经过第三象限 B. 曲线没有对称轴 C. 曲线与坐标轴在第一象限内围成图形的面积为 D. 若直线与曲线有3个交点，则的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】按（1），；（2），；（3），；（4），四种情况分类讨论去绝对值，作图象.观察图象可知选项A正确，选项B不正确；计算可知曲线在第一象限内围成的图形面积为，所以选项C正确；由直线与图象的位置关系可知，当时，直线与有3个交点，所以选项D正确. 【详解】按4种情况分类讨论去绝对值： （1）当，时，， 此时曲线表示以为圆心，半径为的圆在第一象限部分的圆弧， 其中圆与轴的交点分别为，. （2）当，时，， 又，所以. 此时曲线表示射线. （3）当，时，， 又，，显然不成立. 所以曲线在第三象限无图象.所以选项A正确. （4）当，时，， 又，所以.此时曲线表示射线. 图象如下： B选项：观察图象可知图象关于对称或将方程中，互换，方程不变， 所以曲线关于对称，存在对称轴，所以选项B不正确. C选项：由图象知，曲线在第一象限与坐标轴围成的图形为半个圆和一个等腰直角三角形， 所以图形面积，所以选项C正确. D选项：由题知直线恒过， 当直线与圆弧相切时，由得或（舍）； 当直线与平行时，直线与曲线只有2个公共点； 当直线过时，直线与曲线只有2个公共点， 此时， 所以当时，直线与曲线有3个交点, 所以D正确. 11. 如图，在棱长为1的正方体中，为上底面（包括边界）内一动点，为的中点，则（ ） A. 存在无数点，使得 B. 若直线与直线所成角为，则动点的轨迹长度为 C. 若直线与平面所成角最大时，则点为的中点 D. 若点在线段上，则三棱锥的外接球半径的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，A选项，利用判断点位置；B选项，已知线线角利用向量法得到动点的轨迹，求出长度；C选项，点B到平面的距离为定值，直线与平面所成角最大，需最小，可求得点位置；D选项，由外接球半径与点坐标的关系，求取值范围. 【详解】正方体中，以为原点，分别以轴建立空间直角坐标系， 由正方体棱长为1，得， ，其中， 选项A：因，，由， 则，得， 该线段在上底面内有无数个点满足条件，A正确； 选项B：的方向向量为，，直线与直线所成角为， 则，化简得， 该轨迹是上底面内的四分之一单位圆弧，长度为，B正确； 选项C：设平面的一个法向量， 因，， 则，故可取， 又，则点B到平面的距离为， 直线与平面所成角满足，， 最大，则需最小，此时点与点重合，而非中点，C错误； 选项D：在中，其外接圆圆心为中点， 可设三棱锥的外接球球心为，半径为， 若点在线段上，则可设，又， 由， 消去可得半径满足，因， 则当时，即为中点时，取最小值； 当或时，即为或时，取最大值， 故半径取值范围为，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，若曲线在点处的切线方程为，则______． 【答案】 【解析】 【详解】由求导得. 由题意可知，曲线在点处的切线斜率为， 即，解得. 又因为切点在切线上， 所以. 13. 已知为数列的前项和，，，则______，则数列的前项积取得最小值时，______． 【答案】 ①. ②. 或 【解析】 【分析】通过代入求出，再通过递推得出为等差数列，从而求出通项公式，第二空先求出前项积的表达式，利用二次函数的最值性质即可求出使其最小的正整数. 【详解】由题意，， 令，得，因为，所以，解得； 令，得，解得即； 当时，已知①， 将替换为得②， ①-②得：， 化简得，即. 因为，两边同除以得， 又因为，所以数列是首项为，公差为的等差数列， 所以， 设数列，则， 其前项积， 指数部分为，所以， 要使取得最小值，只需取得最小值， 二次函数的对称轴为， 因为为正整数，所以当或 时，取得最小值，此时也取得最小值. 14. 已知甲盒子内放有质地均匀、大小一样的3个红球和4个白球，乙盒子内放有质地均匀、大小一样的4个红球和3个白球，先从甲盒子中有放回地摸取1个小球，再从乙盒子中有放回地摸取1个小球，…，依次循环摸球；若连续两次摸到红球，则停止摸球．记停止摸球时摸球的总次数为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】通过表示不同状态，列出不同情况的状态方程，联立即可求解. 【详解】设状态为刚摸完甲盒且结果为红球，到停止还需的期望次数； 设状态为刚摸完甲盒且结果为白球，到停止还需的期望次数； 设状态为刚摸完乙盒且结果为红球，到停止还需的期望次数； 设状态为刚摸完乙盒且结果为白球，到停止还需的期望次数， 令， 则应有， ， ， ， 代入消元得，， 故解得. 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. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，为等边三角形，，分别为棱的中点． （1）证明：平面； （2）若二面角的大小为，求的长． 【答案】（1）取的中点，连接， 在中，为中位线，所以. 又因为四边形是正方形，所以.，所以. 又因为平面，平面， 所以平面. 在中，为中位线，所以. 又因为平面，平面， 所以平面. 因为平面，平面，， 平面，所以平面平面. 又因为平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，构造平面，先利用线面平行证明平面平行于平面，再证明平行于平面即可；（2）先作出二面角的平面角，再利用平面几何知识求解的长度，再结合等腰三角形的性质得到. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，的中点，连接. 则即为二面角的平面角，所以.. 因为为等边三角形，所以. 由正方形的性质可得，. 在中，， 在等边中，为中线，所以，又因为， ，平面，所以平面. 又因为平行于，所以平面. 又因为平面，所以. 在中， 16. 某同学进行投篮练习，约定至多投篮次，当且仅当投中1次或次均未投中时，停止练习．设该同学每次投中的概率为，各次投中与否相互独立，记为停止练习时该同学的投篮次数． （1）求； （2）求的分布列． 【答案】（1） （2） 的分布列为： 1 2 【解析】 【分析】（1）利用条件概率公式，将所求概率转化为前2次全未投中前提下第3次也未投中的概率计算； （2）按投篮次数是否等于分类，分别对应首次投中出现在第次、前次全未投中两类场景计算概率， 【小问1详解】 由条件概率公式得： ， 事件表示前2次投篮均未投中，由独立性得； 事件表示前3次投篮均未投中，由独立性得； 代入得： 【小问2详解】 的所有可能取值为： ① 当时，表示前次均未投中、第次首次投中， 满足停止条件，由独立性得： . ② 当时，表示前次均未投中， 由于最多投篮次，无论第次是否投中，练习均会在第次停止， 因此该事件的概率等价于前次全部未投中：. 综上可得，的分布列为： 1 2 17. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若的周长为3，求的取值范围； （3）若为边上一点，且，求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理和余弦定理化简即可； （2）利用条件得出是方程的两个正根，结合一元二次方程求解； （3）在中利用正弦定理得出，利用直角三角形的性质得出. 【小问1详解】 由得， 由正弦定理得，则， 因为，所以； 【小问2详解】 因为，， 所以，则， 所以是方程的两个正根， 所以，得， 又，得，故的取值范围为； 【小问3详解】 设，则，，， 在中利用正弦定理得，即， 则，则， 因为，所以，，则, 则. 18. 已知椭圆的左焦点为，的离心率为． （1）求的方程； （2）设为的右顶点，过左焦点的直线与交于异于的两点． （ⅰ）记直线与直线的斜率分别为，若，求直线的方程； （ⅱ）若，求的面积． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）（ⅰ）设，与椭圆方程联立，利用韦达定理化简即可；（ⅱ）根据得出，再根据计算面积. 【小问1详解】 由题意得，，得， 故的方程为； 【小问2详解】 （ⅰ）由题意可知，直线的斜率不为，， 设，， 联立得， 则， 则 ， 得，则直线的方程为； （ⅱ）因为， 所以 ， 所以， 则，则的面积为. 19. 已知函数的定义域为，，，，，定义函数，． （1）若，，函数的值域为，求实数的取值范围； （2）设，． （ⅰ）求的极值； （ⅱ）当时，求函数的解析式； （3）若函数为单调递减函数，证明：在区间上单调递减． 【答案】（1） （2）（ⅰ）极大值为，无极小值. （ⅱ） （3） 对任意，有， 因此，即是单调不减函数. ，即是单调不增函数. 反设存在使，记，并取使， 情形1：，即，对任意，由单调不增得， 又，故，所以， 函数为单调递减函数，得在上严格递减，与单调不减矛盾. 情形2：，即， 由于有且，得，于是， 但，由为单调递减函数得，即，与单调不减矛盾. 故恒成立，从而恒等于， ，由为单调递减函数得在严格递减. 反设存在，使得，由在严格递减， 得，设满足，由知，故， 若，，矛盾； 若，，得，又，在严格递减，得，矛盾； 综上，对于任意都有，即在区间上单调递减. 【解析】 【分析】（1）先判定单调递增，得，再利用的单调性，结合值域端点反解的范围； （2）（ⅰ）求导确定临界点，通过导数符号划分单调区间，进而求出极大值； （ⅱ）根据的单调性分段讨论上的最值，结合的范围写出的分段解析式； （3）通过两次反证法，先利用最值函数的固有单调性证得最大值恒为、最小值函数严格递减，再结合区间最小值点的位置分析，最终推出在上单调递减. 【小问1详解】 因为与在上均为单调递增函数， 故在上单调递增， 因为，，，， 所以时，，， 因此， 且在上单调递增， 因为函数的值域为， ，， 结合的单调性，得的取值范围为. 【小问2详解】 （ⅰ），定义域， ， 令，解得（左端点，非极值点）或， 时，，单调递增； 时，，单调递减； 因此在处取得极大值为， 无极小值. （ⅱ）由（i）知：在递增，在递减，且， ， 因此时，，，， 分两段讨论最大值： ①当时，在单调递增，故， 故； ②当时，的最大值为，故， 故 综上，； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届全国高考调研模拟卷 数学（一） 注意事项： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交． 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. 已知平面向量，，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 2. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 样本数据5，8，9，4，12，14，18的上四分位数为（ ） A. 12 B. 13 C. 14 D. 16 4. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 5. 在等比数列中，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数是偶函数，且点为的图象的一个对称中心，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 6 D. 9 7. 设为抛物线的焦点，点为的准线上一点，点在上，若，则（ ） A. 3 B. C. 2 D. 8. 已知函数的定义域为，且，，，，恒成立，若，则的最大值为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 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. 已知复数在复平面内对应的点为，则（ ） A. B. C. 为纯虚数 D. 10. 已知曲线的方程为，则（ ） A. 曲线不经过第三象限 B. 曲线没有对称轴 C. 曲线与坐标轴在第一象限内围成图形的面积为 D. 若直线与曲线有3个交点，则的取值范围为 11. 如图，在棱长为1的正方体中，为上底面（包括边界）内一动点，为的中点，则（ ） A. 存在无数点，使得 B. 若直线与直线所成角为，则动点的轨迹长度为 C. 若直线与平面所成角最大时，则点为的中点 D. 若点在线段上，则三棱锥的外接球半径的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，若曲线在点处的切线方程为，则______． 13. 已知为数列的前项和，，，则______，则数列的前项积取得最小值时，______． 14. 已知甲盒子内放有质地均匀、大小一样的3个红球和4个白球，乙盒子内放有质地均匀、大小一样的4个红球和3个白球，先从甲盒子中有放回地摸取1个小球，再从乙盒子中有放回地摸取1个小球，…，依次循环摸球；若连续两次摸到红球，则停止摸球．记停止摸球时摸球的总次数为，则______． 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. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，为等边三角形，，分别为棱的中点． （1）证明：平面； （2）若二面角的大小为，求的长． 16. 某同学进行投篮练习，约定至多投篮次，当且仅当投中1次或次均未投中时，停止练习．设该同学每次投中的概率为，各次投中与否相互独立，记为停止练习时该同学的投篮次数． （1）求； （2）求的分布列． 17. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若的周长为3，求的取值范围； （3）若为边上一点，且，求的值． 18. 已知椭圆的左焦点为，的离心率为． （1）求的方程； （2）设为的右顶点，过左焦点的直线与交于异于的两点． （ⅰ）记直线与直线的斜率分别为，若，求直线的方程； （ⅱ）若，求的面积． 19. 已知函数的定义域为，，，，，定义函数，． （1）若，，函数的值域为，求实数的取值范围； （2）设，． （ⅰ）求的极值； （ⅱ）当时，求函数的解析式； （3）若函数为单调递减函数，证明：在区间上单调递减． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $