陕西榆林市2027届高三上学期第一次检测训练数学试题

2027届高三年级第一次检测训练 数学试题参考答案、解析及评分标准 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．【参考答案】B 2．【参考答案】A 3．【参考答案】D 4．【参考答案】B 5．【参考答案】C 6．【参考答案】C 7．【参考答案】B 8．【参考答案】A 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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有三个正确选项的，每个选项2分，有两个正确选项的，每个选项3分，有选错的得0分． 9．【参考答案】ACD 10．【参考答案】ACD 11．【参考答案】ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．【参考答案】2 13．【参考答案】 14．【参考答案】 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．【参考答案】（1）；（2）． 【试题解析】（1）设等差数列的公差为，因为，，成等比数列，所以， 即，又因为，所以， （3分） 又，所以，即，，所以． （6分） （2）由（1）得，所以，当时，， 故是首项为16，公比为4的等比数列． （8分） 设等差数列的前项和为，等比数列的前项和为， 由分组求和得． ， （9分） ， （12分） 所以． （13分） 16．【参考答案】（1）；（2）． 【试题解析】（1）解法1：在中，由正弦定理及得， ， （2分） 因为中，，，， 所以， 即， （4分） 因为，所以，即， （6分） 又，故． （7分） 解法2：在中，由余弦定理及得，， （2分） 所以，化简，得， （4分） 又， 所以，即， （6分） 又，故． （7分） （2）由得， （8分） 因为，所以， （10分） 在中，由正弦定理得， 所以， （13分） 所以． （15分） 17．【参考答案】见解析 【试题解析】（1）设， （1分） 则，在单调递增． （3分） 因为，所以当时，，即； （4分） 当时，，即；当时，，即． （6分） 综上所述，当时，；当时，；当时，． （7分） （2）解法1：设， 则在上恒成立． （8分） 由（1）知当时，，因此． （9分） 若，当时，，显然成立； （10分） 若，当时，，，不满足题意； （11分） 若，， （12分） 设，． （13分） 设的两根分别为，，则，因此． 当时，，即，因此在单调递减． 当时，，不满足题意． 综上，的取值范围是． （15分） 解法2：设， 则在上恒成立，且． （8分） 因为，所以． （10分） 若，当时，，在单调递减． 时，，不满足题意； （11分） 若，当时，，在单调递增． 时，，满足题意； （12分） 若，， 设，． （13分） 设的两根分别为，，则，因此． 当时，，即，因此在单调递减． 当时，，不满足题意． 综上，的取值范围是． （15分） 解法3：设，则在上恒成立． （8分） 因为，所以当在单调递增时，，满足题意． （9分） 当在单调递增时，在上恒成立． 因为，所以在上恒成立． （10分） 又因为，所以． （11分） 当时，，在单调递减，当时，，不满足题意； （12分） 若，， （13分） 设，． 设的两根分别为，，则，因此． 当时，，即，因此在单调递减． 当时，，不满足题意． 综上，的取值范围是． （15分） 解法4：设，则在上恒成立． （8分） 因为，所以． （9分） 又因为，所以，解得．因此是原不等式成立的一个必要条件． （11分） 下证充分性：当时，， （13分） 由（1）知当时，，因此，满足题意． 综上，的取值范围是． （15分） 18．【参考答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ）；（2） 【详细解析】解法1：（1）（ⅰ）取的中点，则，，因为平面平面，所以． （2分） 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，．所以，故直线与所成角的余弦值为． （5分） （ⅱ）设外接圆的圆心为，因为，所以即为三棱锥外接球的球心． （8分） 所以三棱锥外接球的表面积． （10分） （2）设，则， （11分） 则，，， （12分） 设平面的法向量为， 则由可得令，则， （13分） 同理取平面的法向量为． （14分） 所以， （15分） 令，则，当且仅当，时取等号， 故面与面夹角余弦值的最小值为． （17分） 解法2：（1）（ⅰ）取的中点，则，，因为平面平面，所以 （2分） 延长至，使得，连接，，，则四棱锥为正四棱锥． （3分） 设直线与所成角为，则，故直线与所成角的余弦值为． （5分） （ⅱ）三棱锥外接球即为正四棱锥的外接球． （6分） 设外接球的半径为，则由射影定理可得：，所以， （8分） 所以三棱锥外接球的表面积． （10分） （2）过作于，平面于，连接． （11分） 则平面，即为面与面的夹角， （13分） ， （15分） 所以，当且仅当时取等号， （16分） 故面与面夹角余弦值的最小值为． （17分） 19．【参考答案】见解析 【试题解析】证明：（1）当时，恒成立，所以在上与轴无交点． （1分） 当时，，所以在上递增， 所以曲线在上与轴至多有一个交点， 因为，， 曲线与轴有唯一交点； （3分） 所以，当时，曲线与轴有唯一交点． （4分） （2）（ⅰ）由（1）知，即，且， （5分） 两边取自然对数，解得， （6分） 接下来证明：时，， 设，则， 所以当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以，当且仅当时，等号成立． （8分） 由式知，， （9分） 所以． （10分） （ⅱ）由（i）得，所以， （12分） 所以； （13分） 在式中，令，得， 所以由式得， 所以，， （15分） 所以， 当时，在式中，令，得， 因为，所以时，， 当时，成立， 所以，得证． （17分） 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三年级第一次检测训练 数学试题 注意事项： 1．本试卷共4页，满分150分，时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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．涂写在本试卷上无效． 4．作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效． 5．考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试卷不回收． 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．设集合，，则 A． B． C． D． 2．已知复数，则复数的虚部为 A． B． C． D． 3．设等比数列的各项均为正数，若，，则 A．14 B．20 C．28 D．32 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．在中，若，，，且，则的形状一定是 A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形 6．《九章算术》第五章商功问题十七：今有羡除[注]，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺．问积几何？某科技兴趣小组通过3D打印制作如图所示的羡除模型，其中，四边形，，均为等腰梯形，且平面平面，若，，，与的距离为3，与的距离为7，则该模型的体积为 【注】羡除：墓道，此处是指三面为等腰梯形，其他两侧面为全等三角形的五面体． A．28 B．56 C．84 D．168 7．若曲线在点处的切线与曲线相切，则 A． B． C． D． 8．已知函数，的定义域均为，是奇函数，，，且当时，，，则 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．已知函数，则下列说法正确的有 A．的最小正周期为 B．的增区间为 C．为偶函数 D．在上的最大值为2 10．已知函数，则 A．是的极小值点 B．当时， C． D．点是曲线的对称中心 11．如图，平行六面体中，底面是边长为2的正方形，为与的交点，，，，则 A．平面 B．平面 C．为等腰直角三角形 D．二面角的余弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知向量，，且，则____________． 13．已知，则____________． 14．某兴趣小组观察发现，生活中有些时候影子可以完全投射在斜面上．某斜面上有两根长为2米的垂直于水平面放置的杆子，与斜面的接触点分别为、，它们在阳光的照射下呈现出影子，阳光可视为平行光，其中一根杆子的影子在水平面上，长度为米；另一根杆子的影子完全在斜面上，长度约米．则斜面的底角的正切值为________________． 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．（本小题满分13分）已知是公差不为0的等差数列，，且，，成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 16．（本小题满分15分）在中，角，，所对的边分别为，，，已知． （1）求； （2）若的外接圆半径为，且，求的面积． 17．（本小题满分15分）已知函数，． （1）比较与的大小； （2）当时，，求的取值范围． 18．（本小题满分17分）如图，在四边形中，是边长为2的正三角形，是以为顶角的等腰直角三角形，现沿着对角线翻折，得到三棱锥． （1）当翻折至平面平面时， （ⅰ）求直线与所成角的余弦值； （ⅱ）求三棱锥外接球的表面积； （2）求平面与平面夹角余弦值的最小值． 19．（本小题满分17分）已知函数，． （1）证明：曲线与轴有唯一交点； （2）记曲线与轴的交点为， （ⅰ）证明：； （ⅱ）证明：． 学科网（北京）股份有限公司 $