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．函数的最小正周期是（ ） A．4 B．8 C． D． 2．已知，，若“”是“”的充分不必要条件，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 3．在中，为边的中点，，则（ ） A． B． C． D． 4．为检验两个分类变量是否有关，提出零假设：两个分类变量相互独立．在成立的条件下，统计量满足．该等式表示（ ） A．若两变量相互独立，则由随机样本算得的不小于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小于6.635的概率为0.01 C．若某次检验得不小于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．已知正四棱台的体积为14，，，则该四棱台的表面积为（ ） A．32 B．38 C．42 D．46 6．已知抛物线：的焦点为，准线为，是上一点，是直线与的一个交点，若，则（ ） A． B．3 C． D．2 7．已知函数在上可导，导函数为，满足，且为偶函数，，则不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 8．在锐角中，角，，所对的边分别为，，．已知，且，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 二、多选题 9．若，则可以是（ ） 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（ ） 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，半圆面平面，是圆的直径，多边形是正六边形，，，分别是弧，线段上的动点（均不含端点），，则（ ） A．平面平面 B．不存在点，，使得 C．点的运动轨迹长度为1 D．的最小值为 三、填空题 12．已知双曲线的渐近线方程为，则_________． 13．设数列是递增的整数数列，若，，则的最大值为_________． 14．若函数（）在上恰有2个零点，则符合条件的的个数为_________． 四、解答题 15．已知数列的前项和为，且满足（）． （1）求证：数列是等比数列； （2）设，求数列的前项和． 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，记为小明的累计得分，求的分布列； （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，平行六面体中，底面是边长为2的菱形，，． （1）求平行六面体的体积； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 18．已知函数． （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）若函数在区间单调递增，求实数的取值范围； （3）已知函数有3个极值点，，，且，证明：． 19．已知动直线与椭圆：交于，两个不同点，且的面积，其中为坐标原点． （1）证明和均为定值； （2）设线段的中点为，求的最大值； （3）椭圆上是否存在点，，，使得？若存在，判断的形状；若不存在，请说明理由． 学科网（北京）股份有限公司 $《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 6 10 11 答案 D D A D B AC AC ACD 题号 12 13 14 答案 -3 11 1 15.(1)证明：对于2a,-Sm=1(n∈N)①， 当n=1时，2a-4=1→4=1.当n22时，可得2a-S=1@, ①-②： 2a-2a-1-an =0=an =2an-1. 所以a}是以1为首项，2为公比的等比数列. (6分) 2)由(1)得0.=2叫房b.=,” ，所以”2 Tn= 所以 0+2 22+…+ 1.2.3 2 1.2.3..n-1n 2+2+2+…+ 2大 2 =1+ 11,1, 十 2 22 +.+1-n-(2》 22” -2+2 1 2 两式相减得： m=4- n+2 所以 27 …（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 P 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. 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4H1平面ABCD,垂足为H, 因为AB,ADC平面ABCD,所以AH⊥AB,AH⊥AD 过H作HM⊥AB,HN⊥AD,垂足分别为M,N, 连接AM,AN,HMDAH=H,HM,AHc平面AHM,所以AB⊥平面AHM,AMc平 面AHM 所以4M1AB,同理得AN L AD, 又∠AAD=∠4AB,4为公共边，所以△4AM≌△4AN,所以4M=AN 又∠AHM=∠AHN=90°，AH为公共边，所以Rt△4HM≌Rt△AHN, 所以HM=HN,所以H在∠DAB的平分线上 又底面ABCD是菱形，所以H在AC上. cos∠44H=AH cos∠AAM=AM cos∠MAH=AM ΓAH, 所以cos∠AAH-cos∠AM-V5 cos∠MAH3, H=V3= AC 所以 2 ,所以H为AC中点. H=4C-5M-号.4=3，两型4=6 菱形ABCD的面积为25，所以平行六面体ABCD-4B,CD的体积为62，(7分) (2)由(1)可得HA,HB,HA两两垂直，建系如图所示， D 则AV3,0,0),B0,1,0),D0-1,0).C(-3,0,0),A(0,0,V6) 所y4=CC=(-5,0,6),CD=BA=(0,-l,v6),BC=(-5,-1,0). 设平面BCD的法向量为m=(:,,),平面BCCB的法向量为i=(:,2,2), BAm=0」-y+V6z1=0 则BCm=0-V3x-片=0 取名=1，则出=-2，y=V6 所以m=(一V2,V6,)为平面BCD的一个法向量， CCi=0-3x2+v6z2=0 → BCm=0-V3x2-y2=0 取=1，则为=V2,h=-6 所以i=(V2,-V6,)为平面BCCB的一个法向量， m.i77 设平面D,BC与平面BCCB所成角为0，则 m园3×39 所以平面DBC与平面BCCB所成角的余弦值为9 (15分) 18.(1)已知 ,定义域为(0，+o), x+1 当m=1.m-1+品-0m0-a1-:2m2-22 1+1 2 2n2-3 切点为 . 斜率为k=0,所以切线方程 为y=2hn2-3 2 …（3分) (2)已知f(四在山，+0)单调递增，则f'(x)≥0，故2 x+m1-≥0 x+1 s(x)=Ix+m +mx-x-1-0-0-1-2m 设 2 -xs=2x1 x+1,则 (x+1) 2x(x+1)2, 502空之0师m≥1，则在0回快x0,90 若 故x∈(，)，总有s)<s()=0,矛盾： (tm 故m≤1，此时 x+12x+1, 食四nx 12(x-1)2 x+1,则 =x+2x+W>0. 故（在(，+0）为增函数，故()>1（⑩=0，故此时2 x+m 1-x20 x+1恒成立， 综上，m的取值范围是（-∞，] …（10分) 2m f(x)=Inx+- -m (3)证明：由题意得： x+1,极值点满足'()=0，即 x=2m.-1 x+1, 将x=1代入，等式成立，所以x=1是方程的根， 结合5<5<飞，得5金四=0，)，雅点清足=2m x-1 1 xI1-x+1 :Inx=h(x) x-1-2nx -1xx-1 h'(x)=-x x-02, =()=x-1-21nx 设 pw-20 之0.0的在0+o)牵调.90=0， 当x∈(0，)时，p)<0,h(x)<0,h()单调递减， 当x∈（山，+o)时，）>0，h(x)>0,h)单调递增， ,专1 所以h)=2m在(，+o)上仅有一个根，所以， 2x2-<2m-1 需证七 21 1 代入=1 =2x-」 3,可得：， “2m=+ -Inx 又 2x-1<+nx-10<x<1 一1，所以只需证：片 80=1+ nt-1-2-1-+0lh1-+2-3+0 令t=x,t∈(0，)，则t-1 12 t(t-1) 分母t-)<0,只需证分子小于零，设P0=(+)血t-f-子+31-L, 则P'()=(32+2)ht-22-t+3,P'(①=0， 设0=(3+20l血i-2r2-t+3,则0=(61+2)lnt-t+1, 设4(0=(61+2)l血t-1+1,则 0=6n1+2+5 t 设900=6n1+2+5m90=6_2-231-少 2 t,则 1 1 0<t< <t<1 3时，q0<0,当3时，q0>0, 90mm=11-6ln3>9-6ln3=33-ln9)=3l 所以 90 所以90>0在(0，)上恒成立，故4(0在(0，)上单调递增，故40<u(①=0， 故()在(0，)单调递减，故)>四=0，故P()在(0，)上单调递增， 所以P()<P四=0，故8(0在(0，)上单调递减，8)>80=0， -12+0n221 故t-1 即七 (17分) 19.(1)（1)当直线1的斜率不存在时，卫，Q两点关于x轴对称，所以x=龙，片=-， +上=1 P(x)在椭圆上，“32 SA0r=2, 又 -5e 由①②得 =.=1时+后-3，+片=2 x+y」 )当直线的斜率存在时，是直线的方程为少+m.m0),将其代入32心角 (3k2+2)x2+6kamx+3(m2-2)=0故△=36k2m2-12(3k2+2(m2-2)>0即3k2+2>m2, 6km 所以+五=3+2,6= 3(m2-2) 3k2+2, PO=+FG+P-45=+26v32+2-m 3k2+2 d=m ,点O到直线1的距离为 V1+k2, 5e+F262-m包-6v6e+2-m 3k2+2 V1+k2 3k2+2 SAore= VG 又 2, 整理得3k2+2=2m2, +x=(x+x)2-2xx2= 6km） 3k2+2 -2x3m-2-3 此时 3k2+2 +g-6-+6-)=4+=2 综上所述+=3，+片=2.结论成立.… …(5分) (2)(i)当直线1的斜率不存在时，由(1)知 w=l-5.g-2-2 因此OM外Pgl=V6 为+龙=-3当十业=k+五+m= -3k2+2m2-1 (i)当直线1的斜率存在时，由(1)知22m,2 2 2m m, o兰j器-业) 1pe-024g.20-2+)】 (2+3K2)7 ww小 25 4 pw号.含2--2定 即m=士V2时，等号成立. 5 综合1)(2)得OM-P2的最大值为2. …（11分) (3)椭圆C上不存在三点D、E、G,使得 ame=9ae=Saoec=6 2 证明：假设存在Du,),Ex,),G,),满足 aws=8me=So,=6 2, 由1)得+=3,4+号=3，买+号=3,2+=2,2+片=2，+片=2. 解得： ==-号.明=听1 「66 因此，x,X从集合 2’2了中选取，，片，为从集合1,1}中选取： 川》 因此D、E、G只能从点集 这四个点选取三个不同的点，而 6 这三个点的两两连线必然有一条经过原点，这 SAoE=S20G=Sn0aG=2矛盾. 6 SAODE=SAODG SAOEG= 所以椭圆C上不存在三点D、E、G,使得 2,…(17分)