精品解析：广东省湛江市2026-2027学年高三上学期11月期中调研测试数学试题

湛江市2027年普通高考调研测试 数学 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、考号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．选择题的作答：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.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 某班共48人开展志愿服务，现有，，三类活动，对应的人数需求比为4∶3∶1．若按比例进行人员分配，则参加活动的人数为（ ） A. 6 B. 12 C. 18 D. 24 【答案】D 【解析】 【详解】由题可得分配到活动A的人数为． 2. 设集合，，则集合内的最小元素为（ ） A. 2 B. 6 C. 10 D. 14 【答案】C 【解析】 【详解】，， 所以内的最小元素为10． 3. 的展开式中含项的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二项式定理，分别写出和展开式中含有项的系数，两个系数相加即可求解. 【详解】由二项式展开可得项的系数为. 4. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设，由，得， 即．故，解得，， 所以． 5. 已知球，，两两外切，且，，则这三个球的体积之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设球，，的半径分别为，，，由题干知，解得， 可得三个球体积之和． 6. 过双曲线的右顶点作平行于渐近线的直线，则双曲线右焦点到该直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由，可得渐近线斜率为， 双曲线右顶点为， 可得过右顶点平行于渐近线的直线方程为，即， 而右焦点为，可得距离． 7. 定义在上的奇函数在上单调递增，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性和函数的单调性分析求解即可. 【详解】由定义在上的奇函数在上单调递增， 可得在上单调递增，且， 则不等式，等价于或， 即当，，解得； 当时，，解得， 所以不等式的解集为． 8. 若函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求导，根据导数与函数单调性的关系可得对任意，恒成立，令，，求导，利用导数计算最值后可解. 【详解】对函数求导得． 因为在上单调递增， 所以对任意，恒成立， 等价于在上恒成立，即在上恒成立． 令，，因为， 所以当时，，函数在区间上单调递增， 所以． 要使恒成立，只需． 综上，实数a的取值范围为. 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. 记为数列的前项和，已知，则（ ） A. 当时，为等比数列 B. 当时，存在使得当时，为等差数列 C. 当，时，为等比数列 D. 存在，使得为等差数列 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，由题可得结合等比数列的性质判断；对B，由题可得，得，取时成立；对C，由，利用与的关系求出通项判断；对D，取，得，可判断. 【详解】对于A，此时，，，故，但等比数列各项均不为0，故A错误； 对于B，此时，，可知取时成立，故B正确； 对于C，此时，可得，当时有， 当时符合该式，故为等比数列，故C正确； 对于D，取，得，此时其为等差数列，故D正确. 10. 设正方体的棱长为 2，F 为棱上的一个动点，则在点 F 运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A. B. 存在点 F，满足 A，B，F，D₁ 四点共面 C. 直线 AF 与平面所成角为定值 D. 当 F 为的中点时，三棱锥的外接球的体积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据线面垂直的判定定理得平面，从而判断A；由当点与点重合时，四点共面，可判断B；由线面角的定义判断C；求得三棱锥的外接球的体积，判断D. 【详解】正方体中，平面， 因为平面，所以， 因为正方形中，， 平面， 所以平面. 又平面，所以，所以A正确； 当点与点重合时， 由，得四点共面，即四点共面，所以B正确； 因为平面平面， 平面， 所以到平面的距离为定值，记为， 因为不是定值，所以直线与平面所成角不是定值，所以C错误； 当 F 为的中点时， 因为平面，且的外接圆半径为， 所以三棱锥的外接球的半径为， 所以其体积为 .所以D正确. 11. 已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线交抛物线于，两点，点为准线上任意一点，则（ ） A. B. C. 以弦为直径的圆与准线有两个公共点 D. 对于直线，存在点，使得 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据已知确定焦点和准线，再设直线的方程为，联立抛物线方程并应用韦达定理判断A；用抛物线的定义表示弦长结合韦达定理判断B；由中点公式及圆心到定直线的距离判断C；设，利用向量垂直关系的坐标表示得到，从而判断D. 【详解】由抛物线方程得，所以焦点，准线， 对于A，设过焦点F的直线方程为， 联立直线与抛物线方程，整理得， 由，是直线与抛物线的交点，根据韦达定理，，故A正确； 对于B，根据抛物线的焦点弦长公式，由，， 则，所以， 因为，所以，当且仅当时，取得最小值4，故B正确； 对于C，设中点为，则，圆的半径， 圆心M到准线的距离为， 因为，所以该圆与准线L相切，故C错误； 对于D，设，，， 由得， 而，，则， 所以，将，代入， 得，所以，可得， 对于任意直线，只要点P的纵坐标满足，就能使，故D正确. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知平面向量与的夹角为，则⁠___________． 【答案】2 【解析】 【详解】由题意可得， 则，即，解得或， 又夹角为，故，即， 得，故． 13. 设函数，若是偶函数，则的最小值为⁠___________． 【答案】 【解析】 【分析】由正弦（型）函数的奇偶性分析求解即可. 【详解】由，则， 又是偶函数，所以， 即，又，所以的最小值为． 14. 记，点在曲线上，曲线在点处的切线过点，则⁠___________；设，则面积的最小值为⁠___________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】化简曲线方程并求出，求曲线在点处的切线斜率及方程，进而求出，即可求解；将代入曲线方程即可确定点的坐标，点和点的横坐标相同，因此以为三角形底边，以到直线的距离为高表示出的面积，再根据函数的单调性即可求解． 【详解】显然，，， 代入可得曲线在点处的切线方程为， 代入，可得，于是； 而，， 所以， 点到直线的距离为， 得的面积， 注意到函数和恒正且在定义域内都单调递增， 所以为递增数列，故时取得最小值，最小值为． 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 一个口袋里有3个红球，2个白球，口袋外有若干红球，这些球除颜色外完全相同．每次从口袋里随机抽出一个球，若为红球，则将其放回口袋；若为白球，则将白球与口袋外的一个红球一起放入口袋． （1）求连续两次抽球均为白球的概率； （2）求连续抽取三次抽到两次红球的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由独立事件乘法公式即可求解； （2）分第一次抽到白球，第二次抽到白球和第三次抽到白球，三种情况分别计算即可求解. 【小问1详解】 记：第次抽到红球． 由题意：连续两次抽球均为白球的概率为． 【小问2详解】 连续抽三次抽到两次红球即连续抽三次只抽到一次白球，该情况有三种： ①第一次抽到白球，则第二次、第三次抽取时袋中均有4个红球，2个白球， 此时概率为； ②第二次抽到白球，则第三次抽取时袋中有4个红球，2个白球， 此时概率为； ③第三次抽到白球，即前两次抽到红球，袋中球总数不变， 此时概率为， 所以连续抽取三次抽到两次红球的概率为． 16. 如图，在正三棱柱中，为棱中点，过点作的垂线，垂足为． （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）延长，交于点H，连接， 在正三棱柱中，，，， 因为为中点，所以， 所以，则， 于是由垂直可知为中点． 故． 由平面，平面，可得平面． （2）. 【解析】 【分析】（1）利用中点证为中点，得到，再用线面平行判定定理证明； （2）建系设参数，由求出，求两个平面法向量，用向量夹角公式算二面角余弦值. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 记O为中点，易得， 所以以O为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系． 不妨设，，可得，，，， ，， 由垂直关系可得，即，． 此时，， 设平面的一个法向量， 则，即，取，则， 所以平面的一个法向量为， 而平面的一个法向量为， 记平面与平面的夹角为， 则. 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 记的内角，，的对边分别为，，．且，．设的外接圆半径为． （1）求的最小值； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先根据正弦定理求得的取值范围，再证明最小值可取到； （2）根据正弦定理求出的值，对的取值分类讨论，代入已知式后通过三角恒等变换可求出，进而可求面积. 【小问1详解】 由正弦定理可得， 故． 因为， 所以，． 下证当时满足： 当时，，所以，，故， 由得， 所以． 又，故，， 此时题设条件成立，因此可以取得， 故R的最小值为． 【小问2详解】 当时，由正弦定理得， 又，故或． 若，则， 从而，，故，， 于是， 但由题设应有，矛盾， 故． 因此，则，且． 将代入上式整理得，即， 所以， 因为，所以， 所以，故，． 由正弦定理得， 故的面积为. 18. 记椭圆的右焦点与右顶点分别为与． （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆交于，两点（，与不重合且均位于轴右侧），直线与分别与轴交于，两点． （ⅰ）证明：向量在上的投影长度为定值； （ⅱ）求四边形面积的取值范围． 【答案】（1） （2）（ⅰ）由题意可知直线的斜率不为0， 设，，， 联立得，消去可得， 所以，． 而， 代入得，即， 同理． 而 ， 于是 ， 可得． 而，可得投影长度，为定值． （ⅱ）． 【解析】 【分析】（1）根据已知条件可知，由可求出，进而得解. （2）（ⅰ）设出直线的方程及，，联立方程，根据直线的方程可求出的坐标，同理可求出的坐标，结合韦达定理可求出，进而可得的坐标，根据投影长度公式及弦长公式即可得证；（ⅱ）根据可得到的范围，根据及的面积可得四边形的面积表达式，结合换元法和导数判断其单调性进而可求其范围． 【小问1详解】 由题得，而，所以， 可得椭圆E的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）因为A，B均位于y轴右侧，如图： 所以，解得． 而的面积， 的面积， 可得四边形的面积. 设，令， 则， 所以在上单调递增． 而，， 可得， 故四边形面积的取值范围为． 19. 已知函数及其导函数的定义域均为，且对任意不等正数，，均有．设． （1）判断的单调性； （2）若有两个极值点，． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：． 【答案】（1）在上单调递增 （2）（ⅰ） （ⅱ）由题得，， 而，，则，， 要证，即，即，即证， 设，，，， 两式相减，得，，，， 设，，则， 所以在上单调递增，则，所以， 此时，两边同乘得． 【解析】 【分析】（1）根据题意，设，利用函数单调性的定义即可求解； （2）（i）先根据单调递增得到的取值范围，再结合有两个极值点即可求解；（ii）根据题意，将证明转化为，设，，得到，令，利用导数证明即可. 【小问1详解】 已知函数及其导函数的定义域均为，且对任意不等正数，，均有， 不妨设，则， 即，等价于， 于是在上单调递增． 【小问2详解】 （i）已知，令， 由（1）可知，单调递增，则，即， 令，则，， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以的最大值为，因此； 下面考虑极值点的存在性，， 记，， 当时，，单调递减；当时，单调递增， 由于当时，；当时，， 要使有两个极值点，则，解得， 此时分别在和存在极值点，即有两个极值点，符合题意， 综上所述，的取值范围是． （ⅱ）略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湛江市2027年普通高考调研测试 数学 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、考号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．选择题的作答：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.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 某班共48人开展志愿服务，现有，，三类活动，对应的人数需求比为4∶3∶1．若按比例进行人员分配，则参加活动的人数为（ ） A. 6 B. 12 C. 18 D. 24 2. 设集合，，则集合内的最小元素为（ ） A. 2 B. 6 C. 10 D. 14 3. 的展开式中含项的系数为（ ） A. B. C. D. 4. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知球，，两两外切，且，，则这三个球的体积之和为（ ） A. B. C. D. 6. 过双曲线的右顶点作平行于渐近线的直线，则双曲线右焦点到该直线的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 定义在上的奇函数在上单调递增，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ） 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. 记为数列的前项和，已知，则（ ） A. 当时，为等比数列 B. 当时，存在使得当时，为等差数列 C. 当，时，为等比数列 D. 存在，使得为等差数列 10. 设正方体的棱长为 2，F 为棱上的一个动点，则在点 F 运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A. B. 存在点 F，满足 A，B，F，D₁ 四点共面 C. 直线 AF 与平面所成角为定值 D. 当 F 为的中点时，三棱锥的外接球的体积为 11. 已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线交抛物线于，两点，点为准线上任意一点，则（ ） A. B. C. 以弦为直径的圆与准线有两个公共点 D. 对于直线，存在点，使得 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知平面向量与的夹角为，则⁠___________． 13. 设函数，若是偶函数，则的最小值为⁠___________． 14. 记，点在曲线上，曲线在点处的切线过点，则⁠___________；设，则面积的最小值为⁠___________． 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 一个口袋里有3个红球，2个白球，口袋外有若干红球，这些球除颜色外完全相同．每次从口袋里随机抽出一个球，若为红球，则将其放回口袋；若为白球，则将白球与口袋外的一个红球一起放入口袋． （1）求连续两次抽球均为白球的概率； （2）求连续抽取三次抽到两次红球的概率． 16. 如图，在正三棱柱中，为棱中点，过点作的垂线，垂足为． （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 记的内角，，的对边分别为，，．且，．设的外接圆半径为． （1）求的最小值； （2）若，求的面积． 18. 记椭圆的右焦点与右顶点分别为与． （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆交于，两点（，与不重合且均位于轴右侧），直线与分别与轴交于，两点． （ⅰ）证明：向量在上的投影长度为定值； （ⅱ）求四边形面积的取值范围． 19. 已知函数及其导函数的定义域均为，且对任意不等正数，，均有．设． （1）判断的单调性； （2）若有两个极值点，． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $