精品解析：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 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. 【答案】B 【解析】 【分析】根据交集的定义直接求解即可. 【详解】由题可得. 2. 设，则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，利用复数的概念，即可求解. 【详解】由复数，根据复数的概念，可得复数的虚部为. 3. 设等比数列的各项均为正数，若，，则（ ） A. 14 B. 20 C. 28 D. 32 【答案】D 【解析】 【详解】由数列各项均为正数的等比数列， 则， 由，则， 所以， 因此. 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】B 【解析】 【详解】取，满足，但，即不成立， 故不是的充分条件； 当时，由于，故， 故，即成立， 故“”是“”的必要条件； 所以是的必要不充分条件. 5. 在中，若，且，则的形状是（ ） 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 【答案】C 【解析】 【分析】依题意可得，根据向量垂直得到，再由数量积的运算律求得，即可得解. 【详解】因为，所以， 若，则，所以， 即，所以是等腰三角形． 故选：C． 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 【答案】C 【解析】 【分析】把几何体分成四棱锥和三棱锥，求体积之和即可. 【详解】如图，连接，所求体积为四棱锥和三棱锥体积之和， 由于平面平面，与的距离为3， 而，平面，平面，故平面， 故三棱锥的高为3， 同理可得四棱锥的高为7， 故 7. 若曲线在点处的切线与曲线相切，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求，得到切线的斜率和切点，从而可得切线方程．再设与曲线相切的切点为，求，根据切点的斜率相同，且切点在切线上列出方程组，进而求解即可． 【详解】由，则，且，， 所以曲线在点处的切线方程为，即， 设该切线与曲线切于点， 又，则， 所以，解得，故． 8. 已知函数，的定义域均为，是奇函数，，，且当时，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，推导出函数的奇偶性和周期性，进而对 推导，并求出 ，从而求得函数的解析式，根据函数的奇偶性和周期性，结合换元法即可得出结论. 【详解】已知 是奇函数，记 ，根据奇函数性质可得： ，即 ，由 得 ， 由题设可知，，将 替换为 ，得 ①； 又因为②， 对比①②可得 ，即 是偶函数. 由 ，结合 是偶函数，得 ， 将 替换为 可得：， 进一步推导得 ，即 的周期为4， 同理，由 ，结合 ，可得 ，因此 ，即 的周期也为 4 ， 已知 ，由 周期为4，得：， 结合 ，得 ，因此 . 又 时 ,令 ，代入 得 ,即 ，解得 , 令 ，得 ，代入 解得 , 因此 时 . 又因为 ，则， 由 得：. 再由 ，令 得 ，即 ， 令，代入可得，其中 ， 而，因此，， 所以. 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用倍角公式及辅助角公式把函数化简，A选项：由化简后的解析式直接利用周期公式即可得答案；B选项：令，可解得答案；C选项：代入化简得，可得答案；D选项：当时整体相位，当相位等于时函数取得最大值. 【详解】根据二倍角公式，可得， 代入原函数，可得：， ， 选项A：根据周期公式，故选项A正确； 选项B： 令， 解得：，， 所以的增区间应为；故选项B错误； 选项C： 将代入得：， 因为，所以是偶函数，故选项C正确； 选项D：当时，， 结合正弦函数的性质可知，当（即）时，， 所以，故选项D正确. 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】先求，从而分析的单调性．对于A，B，结合函数单调性即可判断；对于C，根据函数奇偶性的定义即可判断；对于D，根据的值即可判断． 【详解】由，则， 当时，；当时，；当时，， 则在上单调递增；在上单调递减；在上单调递增； 对于A，由是的极大值点，是的极小值点，故A正确； 对于B，当时，，且在上单调递减，所以，故B错误； 对于C，由，故C正确； 对于D，由， 即点是曲线的对称中心，故D正确． 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 【答案】ABC 【解析】 【分析】由线面垂直的判定定理即可判断A选项；建立空间直角坐标系，由空间向量法判断线面平行即可判断B选项；在B选项的空间直角坐标系中，写出各点的坐标，求出三角形各线段的长度，由勾股定理及等腰直角三角形的定义即可判断C选项；由二面角的向量求法即可判断D选项． 【详解】对于A，设在底面上的投影为，因为，且底面是正方形，所以点必定在的角平分线即对角线上，在中，已知，且，所以，又因为底面是边长为的正方形，为与的交点，所以，因为点和点都在上，且，所以点与点重合，即在底面上的投影为点，因此平面，A对； 对于B，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，所在直线分别为轴，由题意可得：，由平行六面体性质，可得，则，设平面的法向量为， 则，解得，取，得， 由，得，又因为平面， 所以平面，B对； 对于C，由上述坐标可得，， 则，因为，且，所以为等腰直角三角形，C对； 对于D，， 设平面的法向量，则，取，则，， 设平面的法向量，则，取，则，， ，由图可知，二面角为钝角，所以二面角的余弦值为，D错． 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____________． 【答案】2 【解析】 【分析】先计算向量差，利用向量平行的坐标条件列方程，解方程即可求解. 【详解】已知，，则， 因为，则有，整理后，解得. 13. 已知，则____________． 【答案】## 【解析】 【分析】将已知的三角恒等式用正余弦两角和差公式化简，得到的值，再利用二倍角公式计算． 【详解】， 即， ， ，可得， 所以． 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________________． 【答案】## 【解析】 【分析】设光线与水平地面所成角为，再结合点和处的杆子的投影图形，列式求解即可. 【详解】如图，和为光线，和为水平面，和为杆子， 设光线与水平地面所成角为，则，为斜面与水平面所成角， 如图，，设，则， 在中，根据勾股定理得， 整理为，解得（负根舍去）， 故，. 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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用基本量法得到，由，，成等比数列，得到，再结合，得到，，于是； （2）利用分组求和，分别得到等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，最终得到. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 因为，，成等比数列，所以， 即，又因为，所以， 又，所以，结合， 解得，， 所以． 【小问2详解】 由（1）得， 所以，当时，， 故是首项为16，公比为4的等比数列． 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． ， ， 所以 16. 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． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合三角恒等变换即可求解，或者利用余弦定理边角互化，即可求解， （2）根据余弦的和差角公式可得，进而根据正弦定理，即可由面积公式求解. 【小问1详解】 解法1：在中，由正弦定理及得， ， 因为中，，，， 所以， 即， 因为，所以，即， 又，故． 解法2：在中，由余弦定理及得，， 所以，化简，得， 又， 所以，即， 又，故． 【小问2详解】 由得， 因为，所以， 在中，由正弦定理得， 所以， 所以． 17. 已知函数，． （1）比较与的大小； （2）当时，，求的取值范围． 【答案】（1）当时，；当时，；当时，． （2） 【解析】 【分析】（1）构造函数，即可利用导数求解函数的单调性求解， （2）构造函数，进而将问题转化为在上恒成立，解法1：根据（1）的结论，对进行讨论，判断满足，不满足，对时，对求导，结合二次函数的性质判断单调性，可得矛盾求解，解法2：对求导，结合，对进行讨论，结合导数的正负确定单调性求解，解法3：根据在单调递增时得在上恒成立，利用基本不等式求解，后续跟解法一相同，解法4：对求导，结合， ，所以，解得．进而得是原不等式成立的一个必要条件． 利用（1）的结论以及放缩法证明充分性即可. 【小问1详解】 设， 则，在单调递增． 因为，所以当时，，即； 当时，，即； 当时，，即． 综上所述，当时，；当时，；当时，． 【小问2详解】 解法1：设， 则在上恒成立． 由（1）知当时，，因此． 若，当时，，显然成立； 若，当时，，，所以，不满足题意； 若，， 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． 解法2：设， 则在上恒成立，且． 因为，所以． 若，当时，，在单调递减． 时，，不满足题意； 若，当时，，在单调递增． 时，，满足题意； 若，， 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． 解法3：设，则在上恒成立． 因为，所以当在单调递增时，，满足题意． 当在单调递增时，在上恒成立． 因为，所以在上恒成立． 又因为，所以． 当时，，在单调递减，当时，，不满足题意； 若，， 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． 解法4：设，则在上恒成立． 因为，所以． 又因为，所以，解得．因此是原不等式成立的一个必要条件． 下证充分性：当时，， 由（1）知当时，，因此，满足题意． 综上，的取值范围是． 18. 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． 【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ）； （2） 【解析】 【分析】（1）（i）取中点，由等腰三角形三线合一得、，结合面面垂直的性质推出，以此建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式计算异面直线与所成角的余弦值；也可通过补形构造正四棱锥，借助几何性质求解. （ii）结合两个面的三角形外接圆特征，确定三棱锥外接球的球心位置并计算半径，代入球的表面积公式得到结果. （2）设翻折角为参数，分别求解平面与平面的法向量，将二面角的余弦值表示为关于参数的函数，通过换元转化为函数最值问题求解；也可通过几何法构造二面角的平面角，结合三角函数性质推导最小值. 【小问1详解】 解法1： （ⅰ）取的中点，则，，因为平面平面，所以． 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． （ⅱ）设外接圆的圆心为，因为，所以即为三棱锥外接球的球心． 所以三棱锥外接球的表面积． 解法2： （ⅰ）取的中点，则，，因为平面平面，所以 延长至，使得，连接，，，则四棱锥为正四棱锥． 设直线与所成角为，则，故直线与所成角的余弦值为． （ⅱ）三棱锥外接球即为正四棱锥的外接球． 设外接球的半径为，则由射影定理可得：，所以， 所以三棱锥外接球的表面积． 【小问2详解】 解法1： 设，则， 则，，， 设平面的法向量为， 则由可得 令，则， 同理取平面的法向量为． 所以 ， 令，则，当且仅当， 时取等号， 故面与面夹角余弦值的最小值为． 解法2： 过作于，平面于，连接． 则平面，即为面与面的夹角， ， 所以，当且仅当时取等号， 故面与面夹角余弦值的最小值为． 【点睛】1.翻折类立体几何问题的核心是把握“变与不变”：折痕同侧的线段长度、线线夹角保持不变，空间面面位置关系发生变化，解题需以翻折前后的不变量为突破口. 2.面面垂直场景下，作交线的垂线得到线面垂直，既是几何证明的关键步骤，也是建立空间直角坐标系的基础，是处理此类问题的核心切入点. 3.动态二面角的最值问题，向量法思路通用直接，几何法运算更简洁，二者均通过换元或三角函数性质将空间最值转化为函数值域问题，充分体现了数形结合与函数思想的应用. 19. 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：． 【答案】（1）当时，恒成立，所以在上与轴无交点． 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，， 且在上连续，由零点存在性定理可知，在上存在零点， 结合单调性可知，曲线与轴有唯一交点； 所以，当时，曲线与轴有唯一交点 （2）（ⅰ）由（1）知，即，且， 两边取自然对数，解得， 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． 由式知，，所以， 所以，得证. （ⅱ）证明： 由（i）得，所以， 所以； 证明： 在式中，令，得， 所以由式得， 所以，， 所以， 当时，在式中，令，得， 因为，所以时， ， 因为 所以当时， 所以当时，成立， 所以，得证． 【解析】 【分析】（1）分别讨论在不同区间的零点，结合零点存在性定理以及函数的单调性证明即可； （2）（ⅰ）由已知条件，构造函数，得到，于是得到； （ⅱ）根据以及，不等式两边整体求和即可得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 第1页/共1页 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. 设，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. 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. 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. 已知函数，． （1）比较与的大小； （2）当时，，求的取值范围． 18. 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. 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：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $