精品解析：广东省深圳市聚龙科学中学（教育集团）2027届高三上学期调研考试（二）数学试题

广东省深圳市聚龙科学中学（教育集团）2027届高三上学期调研考试（二）数学试题 时间：2026.11 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 设集合，，则等于（ ） A. B. C. D. 2. 已知，i为虚数单位，若为纯虚数，则a的值为（ ） A. 1 B. C. 0 D. 3. 已知是奇函数，是偶函数，其定义域均为，且，则（    ） A. 0 B. 2 C. D. 1 4. 已知，，则“”的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 5. 若将函数的图象向左平移个单位后的函数图象关于y轴对称，则可取值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的最大值为2，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 7. 已知数列是等差数列，，记，分别为，的前项和，若，，则（ ） A. B. 0 C. D. 8. 已知直线与焦点为的抛物线相交于，两点，且，线段的中点到抛物线的准线的距离为，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 若事件，相互独立，则 C. 若样本数据，，，的方差为2，则数据，，，的方差为8 D. 用相关指数刻画回归效果，越接近1，说明回归模型的拟合效果越好 10. 已知直线和为函数（）图象上两条相邻的对称轴．则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则图象可以由图象向左平移个单位得到 D. 若，则在区间上的值域为 11. 在棱长为2的正四面体中，点在平面内，且，则下列说法正确的有（ ） A. 点的轨迹是圆 B. 三棱锥的体积最大值为 C. 存在点，使得 D. 的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知两单位向量，满足，则，的夹角为______． 13. 设Sn是等比数列的前n项和，若，则________. 14. 掷一枚质地均匀的骰子3次，将每次骰子正面朝上的数字依次记为，则的概率是___________． 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，，所对的边分别为，，，且． （1）求； （2）若，的面积为，求的周长． 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，平面，点是棱的中点． （1）求证：； （2）若点到平面的距离为，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知椭圆的一个顶点为，焦距为． （1）求椭圆E的方程； （2）过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值． 18. 已知甲口袋有（，）个红球和2个白球，乙口袋有（，）个红球和2个白球，小明从甲口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球，然后再从乙口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球． （1）当，时， ①求小明4次摸球中，至少摸出1个白球的概率； ②设小明4次摸球中，摸出白球的个数为，求的数学期望； （2）当时，设小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率为，求的最大值. 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，证明：当时，； （3）若有两个零点，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省深圳市聚龙科学中学（教育集团）2027届高三上学期调研考试（二）数学试题 时间：2026.11 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 设集合，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】化简集合，根据集合交集的概念求解即可. 【详解】集合， 而集合， 所以. 故选：C 2. 已知，i为虚数单位，若为纯虚数，则a的值为（ ） A. 1 B. C. 0 D. 【答案】A 【解析】 【详解】， 因为为纯虚数，所以，. 3. 已知是奇函数，是偶函数，其定义域均为，且，则（    ） A. 0 B. 2 C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】利用奇偶性，结合恒等式可求解，从而可求出结果. 【详解】因为定义域均为且， 所以可得， 又因为是奇函数，是偶函数，所以 即上式可化简为， 再与相加可得， 代入可得， 所以即. 故选：A. 4. 已知，，则“”的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为函数是定义在上的单调递增函数，所以等价于． 选项A、取，满足，但此时， 说明无法推出，充分性不成立，选项A错误； 选项B、取，满足，但此时， 说明无法推出，充分性不成立，选项B错误； 选项C、对数函数的定义域为，且在定义域上单调递增， 若，则，可推出，充分性成立； 若即， 当或时，或无意义，无法推出，必要性不成立， 因此是的充分不必要条件，选项C正确； 选项D、指数函数是定义在上的单调递增函数， 等价于，即等价于， 因此是的充要条件，选项D错误． 5. 若将函数的图象向左平移个单位后的函数图象关于y轴对称，则可取值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简可得，结合三角函数图象变换可得平移后的解析式为，再结合偶函数性质可得结论. 【详解】函数的图象向左平移个单位， 得到 图象关于轴对称，即， 解得，又，当时，的最小值为.      6. 已知函数的最大值为2，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【详解】设，x＞0， 则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增，故， 显然当时，没有最大值， 当时，，故． 7. 已知数列是等差数列，，记，分别为，的前项和，若，，则（ ） A. B. 0 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设等差数列的公差为． 由，得①， 由得，得②， 联立①②，，解得， 所以． 则， 则，所以 ． 8. 已知直线与焦点为的抛物线相交于，两点，且，线段的中点到抛物线的准线的距离为，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用中位线定理和余弦定理的应用可得，结合计算即可求解． 【详解】设，过点M，N分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为， 则，如图， 因为点A为线段的中点，所以点A到抛物线C的准线的距离为， 在中，由余弦定理得， 所以， 又，所以（当且仅当时，等号成立）， 所以， 即的最小值为． 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 若事件，相互独立，则 C. 若样本数据，，，的方差为2，则数据，，，的方差为8 D. 用相关指数刻画回归效果，越接近1，说明回归模型的拟合效果越好 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正态曲线的对称性即可判断A，根据随机事件的概率加法公式与互斥事件的概率公式即可判断B；利用数据的和差积商性质即可判断C；根据相关指数与残差平方和之间的关系即可判断D. 【详解】对于A，因随机变量，则，由正态曲线的对称性可得，故A正确； 对于B，由事件，相互独立可知，对于随机事件，， 都有， 故仅当，互斥时，才有，故结论不成立，即B错误； 对于C，由题意，， 对于数据，，，， 其均值为， 其方差为，故C正确； 对于D，相关指数越接近1，值越大，残差平方和接近0，值越小，则该回归模型的拟合效果越好，故D正确. 10. 已知直线和为函数（）图象上两条相邻的对称轴．则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则图象可以由图象向左平移个单位得到 D. 若，则在区间上的值域为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据直线和为函数图象上的两条相邻对称轴，可得点为函数的图象与轴的交点可判断AB；求出、平移后的函数解析式可判断C；根据三角函数的值域可判断D. 【详解】对于A，点与的中点为，即， 因为直线和为函数图象上的两条相邻对称轴， 所以点为函数的图象与轴的交点，所以，故A正确； 对于B，因为直线和为函数图象上两条相邻对称轴， 所以，可得，故B正确； 对于C，由、可得， 所以，若，则， 所以， 则由图象向左平移个单位得到，故C错误； 对于D，若，由C得， 当时，则，， 所以在区间上的值域为，故D正确. 故选：ABD. 11. 在棱长为2的正四面体中，点在平面内，且，则下列说法正确的有（ ） A. 点的轨迹是圆 B. 三棱锥的体积最大值为 C. 存在点，使得 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正四面体的性质、线面垂直的性质、正三角形的性质及圆的轨迹方程即可判断A；根据等体积法及圆上的点到定直线的最值即可判断B；根据向量的数量积及数量积运算律即可判断CD. 【详解】对于A，正四面体顶点在底面上的投影为底面正的重心，连接并延长，交于，连接， 所以平面，，为中点. 在正中，；在正中，. 在中，. 在中，， 即在平面内，点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，A正确. 对于B，设点到的距离为. 因为， 所以当三棱锥体积最大时，点到的距离最大. 又点到的距离最大值， 所以，B错误. 对于C，在正中，. 因为， 所以当时，，此时. 故存在点，使得，C正确. 对于D，， 又，所以，此时与反向共线. 故当与反向共线时，取到最小值，为，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知两单位向量，满足，则，的夹角为______． 【答案】## 【解析】 【分析】由单位向量，满足，化简得，再结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】由单位向量，满足， 可得， 又因为，可得， 设向量与的夹角为，且， 因为，所以. 13. 设Sn是等比数列的前n项和，若，则________. 【答案】 【解析】 【分析】先确定，由等比数列前项和公式结合已知得，从而可得，于是可得． 【详解】设等比数列的公比为q，由已知，因为，， ，，， ． ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查等比数列前项和公式，掌握等比数列前项和公式是解题基础． 14. 掷一枚质地均匀的骰子3次，将每次骰子正面朝上的数字依次记为，则的概率是___________． 【答案】 【解析】 【分析】先算出总的基本事件，可分为四种情况，每种情况可理解为先选数，再把数赋值给， 利用组合数的定义和古典概型即可求得概率. 【详解】掷一枚质地均匀的骰子3次，总的基本事件数为：，可分为以下四种情况： ，可理解为从1到6任选3个数，最大的赋给，中间值赋给，最小的赋给，所以包含的基本事件数为：， ，可理解为从1到6任选2个数，较大的赋给，较小的赋给，所以包含的基本事件数为：， ，可理解为从1到6任选2个数，较大的赋给，较小的赋给，所以包含的基本事件数为：， ，可理解为从1到6任选1个数，把这个数都赋给，所以包含的基本事件数为：， 所以所求事件概率为． 故答案：． 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，，所对的边分别为，，，且． （1）求； （2）若，的面积为，求的周长． 【答案】（1）​ （2）​ 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理把边化为对应角的正弦，再结合三角形内角和化简已知等式，求出． （2）先由三角形面积公式求出，再利用余弦定理求出，从而得到周长． 【小问1详解】 设的外接圆半径为，由正弦定理，，其中． 代入已知等式，得． 由，，所以． 又因为，所以，从而． 所以． 【小问2详解】 由第（1）问，，且． 由三角形面积公式，得． 于是． 因为，所以，从而． 由余弦定理，． 因为，所以． 故的周长为． 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，平面，点是棱的中点． （1）求证：； （2）若点到平面的距离为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明如下： 取的中点，连接， 因为点是棱的中点，所以， 又因为平面，且平面，所以， 因为，所以， 由底面为菱形，且，可得为等边三角形， 因为是的中点，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得； （2）取的中点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求得向量和平面的法向量，利用向量的距离公式，列出方程，求得，再由的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接，因为是的中点，可得， 因为，所以， 又因为平面，且平面，所以， 以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示， 设，可得， 所以， 设平面的法向量为，可得， 令，可得，所以， 因为点到平面的距离为，可得， 则，解得，所以，所以，且. 又因为平面与轴所在直线垂直，所以平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为，可得， 所以平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知椭圆的一个顶点为，焦距为． （1）求椭圆E的方程； （2）过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，即可求出，从而求出椭圆方程； （2）首先表示出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线、的方程，表示出、，根据得到方程，解得即可； 【小问1详解】 解：依题意可得，，又， 所以，所以椭圆方程为； 【小问2详解】 由题意，过点斜率为k的直线为， 设、，不妨令， 由，消去整理得， 所以，解得， 所以，， 直线的方程为，令，解得， 直线的方程为，令，解得， 所以 ， 所以， 即 即 即 整理得，解得 18. 已知甲口袋有（，）个红球和2个白球，乙口袋有（，）个红球和2个白球，小明从甲口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球，然后再从乙口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球． （1）当，时， ①求小明4次摸球中，至少摸出1个白球的概率； ②设小明4次摸球中，摸出白球的个数为，求的数学期望； （2）当时，设小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率为，求的最大值. 【答案】（1）① ；② （2） 【解析】 【分析】（1）①根据“正难则反”的原则结合独立事件的乘法公式计算求解；②列举随机变量的可能取值，计算对应概率后，再根据数学期望计算公式计算求解； （2）设小明每次摸出一个红球的概率为，则，其中，则，求导，根据导数计算可得最值. 【小问1详解】 ①易知小明从甲口袋中有放回摸出一个白球的概率为，从乙口袋中摸出一个白球的概率为， 设“小明4次摸球中，至少摸出一个白球”为事件，则“小明4次摸球都是红球”为事件， 则， 所以 ②的所有可能取值为0，1，2，3，4， 由①得， ， ， ， ， 所以； 【小问2详解】 易知此时连续摸4次相当于4次独立重复性试验， 设小明每次摸出一个红球的概率为，则，其中， 则，， 所以当时，；当时， ， 所以在上单调递增，在上单调递减， 则时，最大，此时，，解得． 故当时，概率最大．此时 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，证明：当时，； （3）若有两个零点，求的取值范围． 【答案】（1）​ （2）为比较与，令，其中，则． 故在上单调递减，在上单调递增，所以，等号当且仅当时成立． 取，得，等号当且仅当时成立． 当时，，，且仅在时取等号，因此在上严格单调递增． 所以当时，，即所证结论成立． （3）​ 【解析】 【分析】（1）求出切点坐标和该点处的导数，利用点斜式写出切线方程． （2）先利用对数函数的不等式得到，再由导数符号和证明结论． （3）注意恒为零点，按、、、分类．当时，将与的大小比较转化为研究的符号，确定的单调性，再结合连续性判断其余零点的个数． 【小问1详解】 当时，，则，从而，， 故所求切线方程为，即． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意，，． ①当时，由第（2）问证明中的（），得（），故只有零点，不符合题意． 当时，记，，为判断与的大小，令，定义域为． 则，所以在上单调递增，在上单调递减，且． 当从右侧趋近时，，当时，． 当时，，故，当时，由指数函数的单调性，、、分别等价于、、． ②当时，，由在上单调递减及知，结合连续性及上述单调性，在内有唯一零点，其另一零点为． 于是当且仅当，在定义域内其余非零点处，故在、上为正，在上为负． 因此在、上分别单调递增，在上单调递减． 又，当时，由连续性和单调性，在内恰有一个零点，在和上均为正，连同，恰有两个零点，符合题意． ③当时，由第（2）问证明可知在上严格单调递增，又，所以只有一个零点，不符合题意． ④当时，，由在上单调递增及知，结合连续性及（），在内有唯一零点，其另一零点为． 于是当且仅当，在定义域内其余非零点处，故在、上为正，在上为负． 因此在、上分别单调递增，在上单调递减． 又，当时，由连续性和单调性，在内恰有一个零点，在和上均为负，连同，恰有两个零点，符合题意． 综上，的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $