云南省昆明市云南师范大学附属中学2027届高三第七次学科体验（期中）数学试题

云南师大附中2027届高三数学第七次学科体验 一、单选题 1.函数y=tan π 6 的最小正周期是() A.4 B.8 C.4π D.8π 2.已知A={xl<x<2},B={xx<a},若“x∈A”是“xeB”的充分不必要条件，则a的取值范围是() A.asl B.a≥1 C.as2 D.a22 3.在△ABC中，E为边AB的中点，BD=BC,则DE=() A.-14B+24C B. 6 3 6 3 c.14B+24C 6 D.14B-24C 3 6 3 4.为检验两个分类变量是否有关，提出零假设H。:两个分类变量相互独立.在H。成立的条件下，统计量 K2满足PK226.635)=0.01.该等式表示() A.若两变量相互独立，则由随机样本算得的K2不小于6.635的概率为0.01 B.若两变量相互独立，则由随机样本算得的K2小于6.635的概率为0.01 C.若某次检验得K2不小于6.635，则两变量相互独立的概率为0.01 D.若某次检验得K2不小于6.635，则两变量不相互独立的概率为0.99 5.已知正四棱台ABCD-ABCD的体积为14，AB=4,AB,=1,则该四棱台的表面积为() A.32 B.38 C.42 D.46 6.已知抛物线C:y2=6x的焦点为F,准线为l,P是1上一点，2是直线PF与C的一个交点，若FP=3FO, 则2F=() A员 B.3 c D.2 7.已知函数f(x)在R上可导，导函数为f'(x),满足f(x)>f(x),且f(x+5)为偶函数，f(10)=1,则 不等式f(x)<e的解集为() A.(0,+o) B.（-∞，0) C.(-o,5) D.(10,+∞) 8.在锐角△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a=1,且bcosA-cosB=1,则 √3sinB+2sin2A的取值范围是（) A.(0,5+ B.(2,N5+) C.(1,3] D.(2,3] 试卷第1页（共4页） CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描Ap印 二、多选题 9.若(1+i)”=(1-i)”,则n可以是() A.104 B.106 C.108 D.109 10.如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的分布形态图(1)形成对称形态，图(2)形成“右 拖尾形态，图(3)形成“左拖尾”形态，根据所给图象作出以下判断，正确的是（) (1) (2) (3) A.图(1)的平均数=中位数=众数 B.图(2)的众数<平均数<中位数 C.图(2)的众数<中位数<平均数 D.图(3)的中位数<平均数<众数 11.如图，半圆面O⊥平面ABCDEF,AF是圆O的直径，多边形ABCDEF是正六边形，AB=2,M,H 分别是弧AF,线段AE上的动点（均不含端点），MH=1,则() A.平面DMF⊥平面DAM B.不存在点M,H,使得AF⊥MH C.点H的运动轨迹长度为1 D。瓜，正的最小值为-号 三、填空题 2.已知双曲线严+=1的渐近线方程为y=士x,则m9 13.设数列{an}是递增的整数数列，若a1≥3，a+a2+…+an=100,则n的最大值为 14若函数f)-(:-2x+o小n(如-号aeN)在0利上恰有2个号点，则符合条件的a的个数为 四、解答题 15.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足2a,-Sn=1(neN) (1)求证：数列{an}是等比数列： ,求数列色，}的前n项和工 n (2)设b。= 试卷第2页（共4页） CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描App 16.某校组织一场知识竞赛，规则如下：有A,B两类问题，每位参加比赛的选手先在两类问题中选择一 类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该选手比赛结束，若回答正确则从另一类问题中再随机抽 取一个问题回答，无论回答正确与否，该选手比赛结束A类问题中的每个问题回答正确得30分，否则得0 分：B类问题中的每个问题回答正确得70分，否则得0分.小明参加了本次知识竞赛，已知他能正确回答A 类问题的概率为0.7，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关 (1)若小明选择先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列： (2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由. 17.如图，平行六面体ABCD-AB,CD中，底面ABCD是边长为2的菱形，AA=3, ∠DAB=∠AAD=∠AAB=60° D C ⊙ (1)求平行六面体ABCD-ABCD的体积： (2)求平面D,BC与平面BCCB夹角的余弦值. 试卷第3页（共4页） CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描AP印 18.已知函数f()=分hx-气m+号 1 x+2mln(x+1) (1)当m=1时，求函数∫(x)在（山，∫）)处的切线方程： (2)若函数∫(x)在区间(1，+∞)单调递增，求实数m的取值范围： ③)已知函数∫因有3个极值点，，，且x<:<5,证明： 2x2-x<2m-1. 19.已知动直线1与椭圆C:号+上=1交于P6,w),Q6,为)两个不同点，且△0P0的面积5e= 6 32 2 其中0为坐标原点 (1)证明x2+x22和y2+y22均为定值； (2)设线段P2的中点为M,求OMPg的最大值： (3)椭圆C上是否存在点D,E,G,使得SaO0E=Sao0G=SAOEG= 6?若存在，判断△DBG的形状：若 2 不存在，请说明理由. 试卷第4页（共4页） CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描App 《云南师大附中2027届高三年级数学第七次学科体验》参考答案 题号 1 2 3 4 56 7 8 9 10 11 答案 0 D B AC AC ACD 8.·.bcosA-cosB=1,即：bcosA=cosB+1,a=1,.bcosA=(cosB+1)a, ∴.由正弦定理得：sinBcosA=(cosB+l)sinA,即：sinBcosA=sinAcosB+sinM, ,∴，sin(B-A=sinA,:.B-A=A或B-A+A=π，解得：B=2A或B=π（舍）， 又：.△ABC为锐角三角形，则C=π-A-B=π-3A, 0<A< 0<A< 2 0<B<→ 2 0<2A<π ，解得<A<西 6 4 0<c< 0<-3A<号 .sing+2sin'inin-+1 又：<A<，<2A-<, 1 6 4 6 ÷2<2n4-君+1<5+1，即sin8+2sn24的取值范园么5+)故选B 9.因为1+02=1+2i-1=2i,0-02-1-2-1=-21,又0+0°=1-0， 所以1+0°=[0+01=(2m2,Q-0°=[0-02片=-20，故(2n=-20,即2i0=（-2.2三0， 故当号为偶数时，满足Q+0=Q-).故选：AC. 10.图(1)的分布直方图是对称的，平均数=中位数=众数，A正确： 图(2)众数最小，右拖尾平均数大于中位数，B错误，C正确： 图(3)左拖尾众数最大，平均数小于中位数，D错误.故选：AC 11.因为AF为直径，所以AM⊥MF,因为半圆面O⊥平面ABCDEF,半圆面OI平面ABCDEF=AF, DF⊥AF,DFC平面ABCDEF, 所以DF⊥半圆面O,又AMc半圆面O,所以DF⊥AM,因为MF∩DF=F, 所以AM⊥平面DMF,又AMc平面DAM,所以平面DMF⊥平面DAM,则A选项正确： 取CD的中点P,连接OP,OM,取半圆弧的中点K,连接OK, 以O为坐标原点，OP,OF,OK所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则0(0,0,0)，A(0,-1,0),E3,2,0,F(0,1,0),设∠MOF=0<8<), 答案第1页（共8页） CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描APp 则M(0,cos8,sin0),设Ai=A正(0<元<1)，则Oi=OA+A正=（N3元，3孔-l,0）, 所以H(N3,3-1,0),由MH=1,得32+(31-1-cos0)2+sin20=1. 由M1A匠，得M4F=0,所以3-1-os0=0,所以3+$in0=l,解得元=3生5，则B选项 6 错误； 由3A+(3A-1-cos0+sim29=1,得1≠3，所以2cos0=1212,6+1 3-1 因为0∈(0，)，所以2cos0∈(-2,2)，令1=3-1,1∈(-1,0)U(0,2), 3-1 所似2如0(2-引e9-小所以4a哥又-25， 所以点日的运动迹长度为25-）1，则c项正确 连接0H,则风-压=32+(31-1-1=1212-62，当1-时，而取得最小值，最小值为 则D选项正确.故选：ACD. 题号 12 13 14 答案 -3 11 1 13.要求满足a+a2+…+an=100的n的最大值，那么a=3,且{a}k=1,2,,n-l,n∈)是公差为1 的等差数列，通项a:=k+2,则a十a2十…+an= (n-10n+4) 2 令a-儿n+4s100,得≤12，当m=12时，a=13,0,=12,不满足题意. 2 当n=11时，a-=12,an=25,满足题意.综上，n的最大值为11.故答案为：11. 14.a=1时，y=(x2-2x+)sin(c-,在[0,4个上有两个零点1和，满足题意， a≥2时，由于x2-2x+a=(x-1)2+a-121,x2-2x+a=0无实数解， 答案第2页（共8页） CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描APp m写=0，a-音点Z,点5于xn a k<0,则x<0,不合题意， k=0时，x云e0,k=1时，x铅e0利，女=2时，x=经e风利（因为a之25s及<4，因 3a 3a 3a 6 此f(x)在[0,4]上至少有3个零点，不满足题意，综上，a=1,所以满足条件的a的个数是1. 15.(1)证明：对于2a,-Sn=1(neN)①， 当n=1时，2a1-a1=1→a1=1.当n≥2时，可得2a1-S=1②， 由①-②：2an-2an-1-an=0→an=2an1. 所以{an}是以1为首项，2为公比的等比数列.…(6分) 2油(1)得a,=2,所以6，=2， 2-, 22+2*…++ 1+23 千2时+2 两式相减得： ”=2-n+2 2 2-2 1 20 所以7，=4-n+2 2寸 …(13分) 16.(1)由题可知，X的所有可能取值为0,30,100. P(X=0)=1-0.7=0.3: P(X=30)=0.7×(1-0.6)=0.28: P(X=100)=0.7×0.6=0.42. 所以X的分布列为 X 0 30 100 0.3 0.28 0.42 …(7分) (2)应选择先回答B类问题，理由： 由(1)知，E(X)=0×0.3+30×0.28+100×0.42=50.4. 若小明先回答B问题，记Y为小明的累计得分，则Y的所有可能取值为0,70,100. 答案第3页（共8页） CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描App ,urd肠期f(1,N·… P(Y=0)=1-0.6=0.4: P(Y=70)=0.6×1-0.7)=0.18: P(X=100)=0.7×0.6=0.42. 所以E(Y)=0×0.4+70×0.18+100×0.42=54.6. 因为50.4<54.6，所以小明应选择先回答B类问题.…(15分) 17.(1)如图，过A作AH⊥平面ABCD,垂足为H, 因为AB,ADC平面ABCD,所以AH⊥AB,AH⊥AD, 过H作M⊥AB,N⊥AD,垂足分别为M,N, 连接AM,AN,M∩AH=H,M,AHc平面A4HM,所以AB⊥平面AM,AMc平面AM, 所以AM⊥AB,同理得AN⊥AD, D C A B 又∠AAD=∠AAB,A4为公共边，所以△AAM≌△AAN,所以AM=AN, 又∠AHM=∠AN=90°，AH为公共边，所以Rt△AHM≌RL△AN, 所以HM=N,所以H在∠DAB的平分线上 又底面ABCD是菱形，所以H在AC上 ,cos∠4M= 又cos∠AAH=4L AA COS/MAH=AM 所以cos∠AAH=coS∠4AM=V5 cos∠MAH3 所以AH=5=子AC,所以H为AC中点 AH=4C=5,M=从=3，所以4H=6, 菱形ABCD的面积为25，所以平行六面体ABCD-AB,CD,的体积为6√2：…(7分) (2)由(1)可得HA,HB,HA两两垂直，建系如图所示， 答案第4页（共8页） CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描App D C B 则A5,0,0),B(0,1,0),D0,-1,0),C(-5,0,0),A(0,0,V6) 所以AA=CC=(-5,0,V6),CD=BA=(0,-1,V6),BC=(-5,-1,0), 设平面BCD,的法向量为m=（x,,Z),平面BCCB的法向量为i=(x2,y2,z2), BAm=0∫-y+V62=0 则 BCm=0-√5x-y=0 取名=1，则x=,y=6, 所以成=（一√2，V6,1)为平面BCD,的一个法向量， CCi=0-5x+62,=0 BCi=0-5x2-y2=0 取名=1，则x=2,为2=6， 所以i=(√2，一√6,1)为平面BCCB的一个法向量， 设平面D8C与平面8CC8所成角为0，则c0s0=m:=7=7 1成3×39 所以平面D,BC与平面BCC8所成角的余弦值为子 (15分) 18.(1)已知f)=号xhx-(m+号x+2mlh(x+1,定义域为(0，+o), f心0=x+0-0m+月+202hx+m1上 2x+12 x+1 当m=时，了0-n1+品-0,0-al-0+x1+2a2-=2a2-号 切点为2加2-引氛率为=0，所切线方霜为y=2h2- .…(3分) 2 (2)已知/()在（么，+o)单调递增，则/≥0，故nx+m1-≥0， x+1 设闲热x+m景则闭安m骨9-女 、(x+1)2x(x+12 答案第5页（共8页） CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描APp 若0-=受<0即m>1,则存在6e+o,使得xex),)<0, 故x∈(1，)，总有s(x)<s()=0,矛盾： >2nx+1-x 故ms1,此时)x+m音>热 x+12 x+1 ®g-点r-云可品0， 故（在(+o)为增函数，故(）>0=0，故此时血x+m-≥0恒成立， x+1 综上，.m的取值范围是(-∞，…（10分) 6)证明：由题意得：∫=nx+2m-m,极值点满足∫=0，即nx=2m x+1 x+11 将x=1代入，等式成立，所以x=1是方程的根， 结合<名<，得为=1，令()=恤x,>0x*0,则极值点满足)=2m, 妇=n的 x-1-2mx LInx=h(x),()=(1) 设p=(x)=x 1-2lnx, p=Q-2≥0，p(在(0，∞)单调递增，p)=0, 当x∈(O,1)时，p(x)<0,(x)<0,h(x)单调递减， 当x∈(L,+o∞)时，p(x)>0,h(x)>0,h(x)单调递增， 1 所以h(x)=2m在(，+o)上仅有一个根，所以为=二 需证23-五<2m-1, 2、1 代入五1，为=，可得：五=25-1， x2 又：2一血，所以只腊证片如5,01 x-1 令1=，e0,则g0-告n-124-0+hC-3D t2t-1) 分母2(-1)<0，只需证分子小于零，设P()=2t+1)nt-2-t2+3t-1, 则P()=(32+2)nt-22-t+3,P'0)=0, 设v()=(32+2)1nt-22-1+3,则(0)=(61+2)l血1-t+1, 答案第6页（共8页） CS扫描全能王 楚3亿人都在用的扫描ApP 设0=(6+2nt-1+1,则w0=6h+2+5, 设0=6a+子+5，则g0-9是-24gx-. 当0<1<兮时，g回<0，当}<1<1时，9间>0， 所以g0m=1-6n3>9-6h3=30-h到=3h写>0， 所以q()>0在(0,1)上恒成立，故u()在(0,1)上单调递增，故u()<(1)=0, 故v()在(0,1)单调递减，故()>v(1)=0,故P()在(0,1)上单调递增， 所以P()<P(①)=0，故g()在(0,1)上单调递减，g)>g()=0, 故动1-120即255<2m-11分) 19.(1)（1)当直线1的斜率不存在时，P,两点关于x轴对称，所以x=x2=一2 :W在精圆上六营+兰=1又：5e=5小=9回 32 由@得K-5,1.此时子+=3+=2： ()当直线！的斜率存在时，是直线的方程为y=:+m(侧：0，将共代入号+苦=1得 (3k2+2）x2+6ax+3(m2-2）=0故△=36k2m2-12(3k2+2(m2-2)>0即3k2+2>m2 6kan 所以+名=3水2+2' 3(m2-2） 3k2+2 ∴Pg=1+G+x}-4=+F263k+2-m 3k2+2 “点0到直线1的距离为d=m V1+k2 下。v+22W6V3k2+2-m Iml6 mlv3k2+2-m2 3k2+2 V1+k2 3K2+2 又.'Sore= 6 2 整理得32+2=2m2 此时x+=(6+尸-2xx(-76n与}-2 3m2-2-3 Γ3k2+2 3k2+2 +号3-)+号0-)=4引+到=2 综上所述x2+x22=3,2+y2=2.结论成立。 …(5分) (2)(1)当直线1的斜率不存在时，由(1)知 答案第7页（共8页） CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描App o-6=5,e-2 因此OMPg=V6. ()当直线1的斜率存在时，由(1)知当三=-3弘，乃+丛=k+五+m=32+2m= 2 2m’2 2 2m m o-器-2-0) e-4.a-0 2+3k2 所以owOr-)2x2+)--2+京 22 4 IOMHP2号 当且仅当3- =2+， 即m=士反时，等号成立。 综合(1)62)得1OMP2的最大值为号…(1分) ③)椭圆C上不存在三点D、EG,使得SAoE=SAoc=3g=V6 2 证明：假设存在DwB,yG,满足Soe=Soe=3Aoc6 2 由（1)得2+x2=3,2+x22=3,x2+x32=3,v2+2=2,v2+y22=2,y2+y22=2 解得：2==-号2==以=1 因此,,x2从集合 ,-6 2 2 中选取，为2从集合{-1}中选取： 因此D、E、G只能从点集 两两连线必然有二条经过原点，这与Saoe=SG=Sdc=Y6矛 2 √6 所以椭圆C上不存在三点D、E、G,使得SAODE=SoDG=SSOEG= …(17分) 2 答案第8页（共8页） CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描APp