精品解析：甘肃兰州市第三十三中学、第五十一中学2026-2027学年高三上学期第三次建标考试数学试题

2027届高三建标考试试题 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场、座位号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．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框涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号框．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】集合， 因为集合，所以. 2. 已知，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为， 所以． 3. 设，，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】 【详解】，又，则，即，充分性成立， 若，取特殊值，此时，代入得， 不满足，必要性不成立， 综上，“”是“”的充分不必要条件. 4. 已知为第二象限角，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正余弦的二倍角公式化简可得，再结合为第二象限角即可求解. 【详解】由题，即， 因为是第二象限角，所以， 所以，解得， 又因为为第二象限角，所以，， 所以. 5. 设为抛物线：的焦点，点在上，点，若，则（ ） A. 2 B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点的横坐标，进而求得点坐标. 【详解】由题意可得，焦点，则， 即点到准线的距离为，所以点的横坐标为， 不妨设点在轴上方，代入，则， 所以. 6. 已知，则实数（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等式左右两边的系数相等列式得解. 【详解】显然展开式中没有项，而展开式中含的项为， 因此，解得，经验证符合题意，所以. 7. 若函数的图像如图所示，则实数的值可能为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为当时，，若取时，与题设中提供的图像不符，故应排除答案A；因为当时，，若取时，，与题设中提供的图像不符，故应排除答案C；因为当时，，若取时，，与题设中提供的图像不符，故应排除答案D，应选答案B． 点睛：本题在求解时，充分利用题设中提供的函数的图像信息，没有直接运用所学知识分析求解，而是巧妙借助单项选择题的问题特征，独出心裁的运用了答案排除法使得问题的求解简捷、巧妙而获解． 8. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有个球， ， 设各层球数构成一个数列：，，，，，则的值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】观察数列，，，，可知第层的球数是前个正整数之和， 则， ， ． 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. 已知数列满足，其前n项和为，且，则（ ） A. B. 是递减数列 C. D. 是等比数列 【答案】AC 【解析】 【详解】因为数列满足，所以 所以，故，A对； 所以数列是首项为，公比为的等比数列，即，故数列是单调递增数列，B错； ，C对； ，故数列是等差数列，D错． 10. 在正四棱柱中，，点满足，其中，则下列说法正确的有（ ） A. 当时，三棱锥的体积为定值 B. 无论取何值，三棱锥的体积均为定值 C. 当时，点的轨迹长为 D. 当时，四棱锥的体积为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】由平面向量基本定理得出所在的平面，算出点到平面的距离，即可算出三棱锥的体积；根据可以得出，可得点的轨迹为线段，即可算出轨迹长度；求出时点的轨迹，判断该轨迹与平面的位置关系，即可判断四棱锥的体积是否为定值. 【详解】对于选项A和B，因为，由平面向量基本定理得：点在平面内，由正四棱柱性质可得平面平面，且平面，则点到平面的距离为1，三棱锥的体积，所以选项A和B正确； 对于选项C，当时，有，可得点的轨迹为线段，由正四棱柱性质可得，所以，所以选项C错误； 对于选项D，当时，，则点的轨迹为线段，由正四棱柱性质可得平面，所以四棱锥的体积为定值，所以选项D正确. 11. 数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一，下列选项中关于曲线的说法正确的有（ ） A. 当时，曲线与轴有个交点 B. 曲线的图象关于对称 C. 当时，曲线上的一点到原点距离的最大值为 D. 当时，曲线上的一点到原点距离的最小值小于 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，令，求出有4个解；对于B，将点关于直线的对称点为，分别代入曲线方程中判断即可；对于C，D，对函数求导，判断单调性，确定最值. 【详解】对于A选项，当时，在曲线的方程中，令，可得， 解得，所以当时，曲线与轴有4个交点，A正确； 对于B选项，在曲线上任取一点，则点关于直线的对称点为， 因为，即点也在曲线上， 所以曲线的图象关于直线对称，B对； 对于C，D选项，当时，在曲线上的一点，则， 则，其中， 令，其中，则， 因为函数、在上均为增函数，故函数在上为增函数， 因为，， 所以，存在使得，则， 当时，；当时，. 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，C错误； ， 因为，所以，则， 所以， 所以，，故，D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 平面内单位向量满足则=_____________. 【答案】## 【解析】 【分析】由题可得，两边平方后结合是单位向量，即可求得结果. 【详解】因为，故可得， 则，则， 又均为单位向量，则， 解得. 故答案为：. 13. 函数（，）的部分图象如图所示，是等边三角形，其中A，B两点为图象与x轴的交点，C为图像的最高点，且，则________． 【答案】 【解析】 【分析】先结合等边三角形的几何特征求解周期，再结合零点坐标关系求解相位参数，即可求解. 【详解】函数的振幅为，故最高点的纵坐标为，即等边三角形的高为. 设等边三角形边长为，由等边三角形高与边长的关系得，解得，即. 因为 余弦函数两个相邻零点之间的距离为半个周期，故，得周期，因此. 因为且，解得，，结合图象得，. 因为为函数单调增区间内的零点，故，， 解得，，又因为，所以， 所以， 所以. 14. 的极值点为在直线的下方，则的最小值是________． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数求出函数的极值点，再由已知建立不等式并分离参数，换元构造函数，进而利用导数求出答案. 【详解】函数的定义域为，求导得， 当时，；当时，，则是函数的极大值点， 因此，，由在直线的下方， 得恒成立， 令，则对，恒成立，令函数， 求导得，函数在上单调递增，， 即恒成立，因此恒成立，即， 所以的最小值是. 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. 在中，角，，所对边分别为，，，已知，． （1）求； （2）若的面积为，为边上一点，满足，求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理得出，再结合余弦函数得出； （2）利用面积公式得出，再结合余弦定理求出. 【小问1详解】 由正弦定理以及可得， ， 故， 因为中，，所以， 因为，所以， 因为，所以； 【小问2详解】 因为，所以， 因为在中由余弦定理可得，，， 所以，得或， 因为，所以 16. 如图，已知菱形中，，，沿对角线将其翻折，使，设此时的中点为，如图． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：在菱形中，，， 所以，均为等边三角形． 因为，为的中点， 所以． 因为，， 所以，所以． 如图，连接，则． 又因为，， 所以， 所以，所以． 又因为， 所以，所以． 又，且，平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）连接，由几何关系证明和，结合线面垂直的判定可得； （2）解法一：设点到平面的距离为，利用等体积法可求；解法二：利用空间向量法可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法一：设点到平面的距离为， 因为菱形的边长为， 所以， 所以， ． 由（1）知平面，， 所以，所以． 设直线与平面所成的角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值为． 解法二：由（1）知，，，两两相互垂直，故以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，， ，，． 设平面的法向量为， 则即，可取． 设直线与平面所成的角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为． 17. 学校举办“书香校园”读书节，现场进行抽奖活动．一等奖的奖品是“精装典藏版”书签，二等奖的奖品是“平装普及版”书签（平装书签根据内容又分为“文言文”及“现代文”两类）．已知奖箱中共有3个标记一等奖、6个标记二等奖的标签．二等奖标签中又有n个标记“文言文”，其余标记“现代文”，所有标签除了内容不同，其余完全相同．若从箱中一次性随机抽取2个标签，恰好获得的奖品是一枚标有“文言文”和一枚标有“现代文”的书签的概率是获得2枚均标有“文言文”书签概率的3倍． （1）求n的值； （2）若甲有连续三次抽奖的机会，每次从箱中一次性随机抽取2个标签，抽完后放回箱中．X表示甲三次抽奖中每次恰好获得一枚“精装典藏版”书签和一枚“平装普及版”书签的次数，求X的分布列及数学期望； （3）若乙从箱中一次性随机抽取3个标签，已知其中至少获得一枚“平装普及版现代文”书签，求获得的3枚书签中恰有两枚“精装典藏版”的概率． 【答案】（1） （2）的分布列为： 0 1 2 3 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，结合古典概率公式建立等式，计算求解即可； （2）列举随机变量的可能取值，计算对应概率可得分布列，进而可计算数学期望； （3）根据条件概率公式计算求解即可. 【小问1详解】 设从箱中一次性随机抽取2个标签， 恰好抽到一个标有“文言文”一个标有“现代文”的概率为，抽到2个均为“文言文”的概率为， 因为，，其中， 因为，所以， 所以，解得； 【小问2详解】 甲每次抽取2个签，恰好获得一枚“精装典藏版”书签和一枚“平装普及版”书签的概率为， 因为随机变量可以取， 其中，， ，， 所以的分布列如下, 0 1 2 3 所以． 【小问3详解】 设事件：乙从箱中一次性随机抽取3个签，其中至少有一枚是“平装普及版现代文”书签， 设事件：乙从箱中一次性随机抽取3个签，抽到的3个签中恰有两枚“精装典藏版”． 则所求问题即为：事件发生条件下发生的概率， 由（1）知，6个标记二等奖的标签中，有3个标记“文言文”，有3个标记“现代文”， 则，， 所以， 所以已知其中至少有一枚“平装普及版现代文”书签，抽到的3个签中恰有两枚“精装典藏版”的概率为. 18. 已知函数． （1）求在区间上的最大值和最小值； （2）若是函数的极值点． （ⅰ）证明：； （ⅱ）求在区间上的零点个数． 【答案】（1）最大值为，最小值为 （2）（i）已知，则， 因为是极值点，所以，解得， 即， 令在上连续，则，所以在上单调递增， 由， 所以方程在区间内有且仅有一个实根，即得证； （ii）2个 【解析】 【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，进而确定极值和端点值并比较大小，即可得最值； （2）（i）对函数求导，结合极值点得，进而将问题化为研究根的个数及其所在的区间，即可证； （ii）问题化为研究在区间上根的个数，构造相关函数，应用分类讨论及导数研究函数的区间零点个数，即可得. 【小问1详解】 由题设， 令，得，且位于区间内， 当时，，在上单调递增， 当 时，，在上单调递减， 因此在处取得极大值，也是最大值， 最大值，而， 所以在区间上的最大值为，最小值为； 【小问2详解】 （i）略 （ii）， 设，与零点相同. ，于是的1个零点为0， ， 当，，，又， ，在上单调递减，，故在没有零点. 当，，，又， ，在上单调递增，，故在没有零点. 当，令，则，在上单调递减， ，故存在使， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. ，，故在上有1个零点. 综上，在上有2个零点，即在上有2个零点. 19. 在平面直角坐标系 中，以椭圆 （ ）与坐标轴的交点为顶点的四边形的周长为 ，离心率为 . （1）求椭圆 的方程； （2）设 ， ，点 在第三象限且在椭圆 上.直线 与 轴交于点 ，直线 与 轴交于点 . ①是否存在点 ，使得 ？若存在，求出点 的坐标；若不存在，请说明理由； ②求四边形 面积的最大值. 【答案】（1）. （2）①存在， ② 【解析】 【分析】（1）由已知得，解方程即可求解； （2）①设，利用直线的方程即可求出点的坐标，由得到两直线斜率关系，与椭圆方程联立即可求得点坐标； ②由图写出四边形面积表达式，借助于椭圆参数方程和换元，利用二次函数的性质即可求得其最大值. 【小问1详解】 由已知得， 所以， 所以椭圆方程为. 【小问2详解】 ①设，其中，则. 又因为，所以直线， 令，所以，同理， 若，则， 所以， 化简可得： 与联立， 化简得：， 即， 因为点在第三象限，所以，， 所以， 所以存在点 ，使得 ，即点坐标为 ②所以四边形的面积 ， 令， 所以， 令，则，，故， 故当时，，即时， 也即时，四边形的面积取最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三建标考试试题 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场、座位号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．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框涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号框．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 3. 设，，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 4. 已知为第二象限角，，则（ ） A. B. C. D. 5. 设为抛物线：的焦点，点在上，点，若，则（ ） A. 2 B. C. D. 4 6. 已知，则实数（ ） A. 1 B. C. 2 D. 7. 若函数的图像如图所示，则实数的值可能为 A. B. C. D. 8. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有个球， ， 设各层球数构成一个数列：，，，，，则的值为（ ） A. B. 2 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. 已知数列满足，其前n项和为，且，则（ ） A. B. 是递减数列 C. D. 是等比数列 10. 在正四棱柱中，，点满足，其中，则下列说法正确的有（ ） A. 当时，三棱锥的体积为定值 B. 无论取何值，三棱锥的体积均为定值 C. 当时，点的轨迹长为 D. 当时，四棱锥的体积为定值 11. 数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一，下列选项中关于曲线的说法正确的有（ ） A. 当时，曲线与轴有个交点 B. 曲线的图象关于对称 C. 当时，曲线上的一点到原点距离的最大值为 D. 当时，曲线上的一点到原点距离的最小值小于 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 平面内单位向量满足则=_____________. 13. 函数（，）的部分图象如图所示，是等边三角形，其中A，B两点为图象与x轴的交点，C为图像的最高点，且，则________． 14. 的极值点为在直线的下方，则的最小值是________． 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. 在中，角，，所对边分别为，，，已知，． （1）求； （2）若的面积为，为边上一点，满足，求的长． 16. 如图，已知菱形中，，，沿对角线将其翻折，使，设此时的中点为，如图． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 学校举办“书香校园”读书节，现场进行抽奖活动．一等奖的奖品是“精装典藏版”书签，二等奖的奖品是“平装普及版”书签（平装书签根据内容又分为“文言文”及“现代文”两类）．已知奖箱中共有3个标记一等奖、6个标记二等奖的标签．二等奖标签中又有n个标记“文言文”，其余标记“现代文”，所有标签除了内容不同，其余完全相同．若从箱中一次性随机抽取2个标签，恰好获得的奖品是一枚标有“文言文”和一枚标有“现代文”的书签的概率是获得2枚均标有“文言文”书签概率的3倍． （1）求n的值； （2）若甲有连续三次抽奖的机会，每次从箱中一次性随机抽取2个标签，抽完后放回箱中．X表示甲三次抽奖中每次恰好获得一枚“精装典藏版”书签和一枚“平装普及版”书签的次数，求X的分布列及数学期望； （3）若乙从箱中一次性随机抽取3个标签，已知其中至少获得一枚“平装普及版现代文”书签，求获得的3枚书签中恰有两枚“精装典藏版”的概率． 18. 已知函数． （1）求在区间上的最大值和最小值； （2）若是函数的极值点． （ⅰ）证明：； （ⅱ）求在区间上的零点个数． 19. 在平面直角坐标系 中，以椭圆 （ ）与坐标轴的交点为顶点的四边形的周长为 ，离心率为 . （1）求椭圆 的方程； （2）设 ， ，点 在第三象限且在椭圆 上.直线 与 轴交于点 ，直线 与 轴交于点 . ①是否存在点 ，使得 ？若存在，求出点 的坐标；若不存在，请说明理由； ②求四边形 面积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $