精品解析：广西名校2027届高考上学期素养评估第一次摸底调研数学试题

2027高考素养评估第一次摸底调研 数学 （本卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1.答题前，考生请务必将自己的姓名､准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷和答题卡上，并将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的签字笔或钢笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案.在试卷上答题无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 一､单项选择题（本大题共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. 复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，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. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆柱的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 若将3个一模一样的白球､2个一模一样的红球及1个黄球排成一列，则白球不相邻的不同排法共有（ ）种. A. 72 B. 24 C. 12 D. 6 6. 设数列的前项和为，且，则（ ） A. 6 B. 21 C. 42 D. 60 7. 已知函数及其导函数定义域都是，若函数是奇函数，函数是偶函数，则（ ） A. B. 1 C. 0 D. 不确定 8. 若双曲线的实轴长､虚轴长与焦距的和为8，则焦距的最小值是（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题（本大题共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. 已知直线与圆，则下列说法正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. 圆的半径为2 C. 存在实数，使得直线与圆相切 D. 存在，使得直线被圆截得的弦长为4 10. 若数列满足，且，则下列说法正确的有（ ） A. B. 数列的前项和 C. 数列是等差数列 D. 数列的前项积 11. 已知的顶点均在抛物线上，且的重心为该抛物线的焦点.若，则（ ） A. B. 的周长小于72 C. 的三个顶点到轴的距离之和为72 D. 可能是正三角形 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 在△ABC中，若，，，则最大内角的余弦值为__________. 13. 已知正四棱锥的底面边长为6，高为，则正四棱锥外接球的体积为___________________. 14. 是定义在上的减函数，且对任意，都有，则______． 四､解答题（本大题共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. 在中，角A，B，C成等差数列，角A，B，C所对的边分别为a，b，c． （1）若，判断的形状； （2）若不是钝角三角形，求的取值范围． 16. 如图，在三棱锥中，平面平面为的中点. （1）证明：； （2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积. 17. 某市为增强高中学生的数学建模能力，组织了一次“数学建模竞赛”活动.本次竞赛活动满分为分，得分不低于分为优秀.为了解本次活动学生的得分情况，现从参加活动的所有同学中随机抽取了名学生的分数组成样本，并按分数分成以下6组：，统计结果如图所示. （1）求该样本中学生分数为优秀的人数； （2）从该样本分数不低于分的学生中，用比例分配的分层随机抽样的方法选取人进行座谈，若从座谈名单中随机抽取3人进行个案研究，记分数在的人数为，求的分布列和均值； （3）根据频率分布直方图，以频率估计概率，现从该市所有参加活动的学生中随机抽取人，这名学生的分数相互独立.记分数为优秀的人数为，当最大时，求的值. 18. 已知椭圆C： （）的离心率为，且点在 上， 为坐标原点． （1）求椭圆 的标准方程； （2）过椭圆 右焦点 的直线 与椭圆交于A，B两点． （ⅰ）若点 的坐标为，证明：； （ⅱ）若，当时，求弦长的取值范围． 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若对任意，都有，求的取值范围； （3）当时，设是函数的两个非0零点，且，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027高考素养评估第一次摸底调研 数学 （本卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1.答题前，考生请务必将自己的姓名､准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷和答题卡上，并将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的签字笔或钢笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案.在试卷上答题无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 一､单项选择题（本大题共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. 复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的乘法法则可计算出的值. 【详解】由复数的乘法法则可得. 故选：A. 【点睛】本题考查复数的乘法运算，考查计算能力，属于基础题. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】解不等式可得或． ， 则． 3. 已知向量，，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】因为，所以，， 所以，所以，故充分性成立； 因为，所以，又，， 所以，所以， 解得，故必要性不成立. 故“”是“”的充分不必要条件. 4. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆柱的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设圆柱和圆锥的底面半径为，则，得， 故圆柱的体积为. 5. 若将3个一模一样的白球､2个一模一样的红球及1个黄球排成一列，则白球不相邻的不同排法共有（ ）种. A. 72 B. 24 C. 12 D. 6 【答案】C 【解析】 【详解】先排列2个相同的红球和1个黄球，共有种排法． 每种排法形成4个空隙，从中选3个放入3个相同的白球，共有种放法． 由分步乘法计数原理，不同排法共有种． 6. 设数列的前项和为，且，则（ ） A. 6 B. 21 C. 42 D. 60 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以，则数列为常数列， 因为，所以，则，则， 故 7. 已知函数及其导函数定义域都是，若函数是奇函数，函数是偶函数，则（ ） A. B. 1 C. 0 D. 不确定 【答案】D 【解析】 【分析】利用奇函数的导函数为偶函数、偶函数的定义推导的对称性与周期性，进而将问题转化为求解，再结合已知无法求得即可得答案. 【详解】因为是定义域为的奇函数，所以，对任意，有 所以，，即， 所以，是定义域为的偶函数，其图象关于直线（轴）对称， 因为是定义域为的偶函数， 所以，对任意，有，即的图象关于直线对称， 所以，，即是周期为2的周期函数， 所以， 因为，由已知条件无法求得，故不确定. 8. 若双曲线的实轴长､虚轴长与焦距的和为8，则焦距的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设双曲线的实轴长、虚轴长和焦距分别为、和，其中，则，且，即． 由基本不等式得，所以，由得，从而，即． 当，时，满足及，上述不等式取等号，因此焦距的最小值为． 二､多项选择题（本大题共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. 已知直线与圆，则下列说法正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. 圆的半径为2 C. 存在实数，使得直线与圆相切 D. 存在，使得直线被圆截得的弦长为4 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，由得， 它对任意实数恒成立当且仅当且， 解得,，即直线恒过定点，故A正确； 对于B，圆的方程可化为， 所以圆心为，半径，故B正确； 对于C，直线过定点，而，即点在圆内， 所以直线与圆恒相交，不可能相切，故C错误； 对于D，圆的半径为，直径为，当直线过圆心时，截得的弦长取最大值. 将的坐标代入直线的方程，得，解得， 所以存在使直线过圆心，截得的弦长为，故D正确. 10. 若数列满足，且，则下列说法正确的有（ ） A. B. 数列的前项和 C. 数列是等差数列 D. 数列的前项积 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据已知递推式及等差数列的定义得，从而确定数列的通项公式，再应用等差等比数列的前项和公式及性质判断各项的正误. 【详解】由，得， 令，则是公差为的等差数列，又，所以， 因此， A：，正确； B：由，则，错误； C：由知是等差数列，正确； D：由，则，正确. 11. 已知的顶点均在抛物线上，且的重心为该抛物线的焦点.若，则（ ） A. B. 的周长小于72 C. 的三个顶点到轴的距离之和为72 D. 可能是正三角形 【答案】AB 【解析】 【分析】先利用抛物线定义和重心性质算出，再根据三角形两边之和小于两边焦半径之和判断周长小于72，最后推出三点无法构成正三角形． 【详解】解：对于抛物线，其焦点，准线方程为． 设． 由抛物线的定义知， 由， 知，即， 因为的重心为， 根据三角形重心坐标公式， 可得． 将代入中， 可得，即， 解得或， 因为， 所以， 故A选项正确； 根据三角形两边之和大于第三边，可得： ， 即，（三点不共线，不等号严格成立） 故B选项正确； 的三个顶点到轴的距离之和为， 故C选项错误； 若为正三角形， 则重心与外心重合，即， 因为， 所以， 将代入抛物线方程，得， 抛物线上纵坐标为6的点仅有2个，无法得到3个不同的顶点构成正三角形， 故D选项错误． 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 在△ABC中，若，，，则最大内角的余弦值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先由三角形大边对大角判定边长所对的角是最大内角，再直接套用余弦定理，把代入式子化简计算，即可求出最大内角的余弦值. 【详解】在中，三边，，，根据大边对大角. 最长边所对的角为最大内角. 由余弦定理：. 代入得：. 13. 已知正四棱锥的底面边长为6，高为，则正四棱锥外接球的体积为___________________. 【答案】 【解析】 【分析】由，得正四棱锥的外接球球心为，半径为，可求外接球的体积. 【详解】正四棱锥中，设，连接，则平面， 设正四棱锥的外接球球心为，则在直线上， 因为正四棱锥的高为，所以， 底面正方形的边长为6，则有，所以即为， 正四棱锥的外接球半径为，外接球的体积为. 故答案为： 14. 是定义在上的减函数，且对任意，都有，则______． 【答案】##1.5 【解析】 【分析】根据题意可得必须是一个常数，设，求得，构造函数，根据导数与单调性的关系判断单调性，求出的值，进而求解即可. 【详解】由题意知，必须是一个常数，设，则. 由，得，则. 令，，所以在上单调递增， 所以，故. 所以. 四､解答题（本大题共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. 在中，角A，B，C成等差数列，角A，B，C所对的边分别为a，b，c． （1）若，判断的形状； （2）若不是钝角三角形，求的取值范围． 【答案】（1）为直角三角形. （2） 【解析】 【分析】（1）由已知得，再利用余弦定理及正弦定理可求得，进而判断三角形形状； （2）先求出，再利用正弦定理边化角，结合三角函数性质求最值即可. 【小问1详解】 因为角A，B，C成等差数列， 又，，即 ，， 由余弦定理得： ， 由正弦定理得：，即 ，，即 又， 所以为直角三角形. 【小问2详解】 ，则 由不是钝角三角形，知， 由正弦定理知 当时，， 当时，，，，， ， 综上可知，的取值范围时 16. 如图，在三棱锥中，平面平面为的中点. （1）证明：； （2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积. 【答案】（1）由，为的中点，得，而平面平面， 平面平面，平面，则平面，又平面， 所以. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理得证. （2）作出二面角的平面角，利用给定角的大小及平行线分线段成比例定理求出，进而求出体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由是边长为1的等边三角形，得，则， 作交于点，由平面，得平面，而平面， 则，过作于，连接，平面， 因此平面，又平面，则，为二面角的平面角， 即，由，得， 而，则，，， ，， 所以三棱锥的体积. 17. 某市为增强高中学生的数学建模能力，组织了一次“数学建模竞赛”活动.本次竞赛活动满分为分，得分不低于分为优秀.为了解本次活动学生的得分情况，现从参加活动的所有同学中随机抽取了名学生的分数组成样本，并按分数分成以下6组：，统计结果如图所示. （1）求该样本中学生分数为优秀的人数； （2）从该样本分数不低于分的学生中，用比例分配的分层随机抽样的方法选取人进行座谈，若从座谈名单中随机抽取3人进行个案研究，记分数在的人数为，求的分布列和均值； （3）根据频率分布直方图，以频率估计概率，现从该市所有参加活动的学生中随机抽取人，这名学生的分数相互独立.记分数为优秀的人数为，当最大时，求的值. 【答案】（1） （2）分布列 0 1 2 ， （3） 【解析】 【分析】（1）直接根据频率和样本容量计算可得； （2）由随机变量服从超几何分布，根据超几分布计算可得； （3）随机变量服从二项分布，再根据概率的增减性判断可得. 【小问1详解】 该样本中学生分数为优秀的频率 故优秀的人数为人; 【小问2详解】 从样本中得分不低于70分的学生中，用比例分配的分层随机抽样的方法选取11人进行座谈， 其中分数在的人数为. 若从座谈名单中随机抽取3人，则的所有可能取值为. 则的分布列为： 0 1 2 所以. 【小问3详解】 由题意知，，则，. 令， 当，解得. 因为，所以时，， 当时，，所以当时，最大. 18. 已知椭圆C： （）的离心率为，且点在 上， 为坐标原点． （1）求椭圆 的标准方程； （2）过椭圆 右焦点 的直线 与椭圆交于A，B两点． （ⅰ）若点 的坐标为，证明：； （ⅱ）若，当时，求弦长的取值范围． 【答案】（1） （2）（ⅰ）如图，当直线 与 轴重合时，显然成立； 当直线 与 轴不重合时，设直线 为，，， 联立那么可得， 根据韦达定理可得，， 那么根的判别式． ， 由于， 因此， 因此， 的倾斜角互补，因此． （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）（i）分直线是否与 轴重合，设，与椭圆方程联立，根据韦达定理求证即可； （ii）化简求出其范围，再利用韦达定理化简得出即可求出的范围，利用弦长公式化简，令即可. 【小问1详解】 根据已知条件可得，解得， 所以椭圆C为 ． 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）由，那么． 那么可得， 因为在上单调递减，在上单调递增， 所以． 又由于， 因此，， ． 令，那么， 所以． 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若对任意，都有，求的取值范围； （3）当时，设是函数的两个非0零点，且，证明：. 【答案】（1）当时，在上单调递增； 当时，递减区间为，递增区间为 （2） （3）当时，，， 设，则， 所以在上单调递减，在上单调递增． 因为，， ，，，， 所以存在，使得， 则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 由于，所以的两个零点满足， 因为，所以， 因为，所以， 所以，得证． 【解析】 【分析】（1）对函数求导可得 ，再对参数进行讨论，从而得到的单调性； （2）任意，都有即，即对任意均成立，构造函数，即，再对参数进行讨论，得到函数的单调性求得函数的最小值，进而求出的取值范围； （3）当时，，，讨论函数的单调性，得到两个非0零点的取值范围，再证明. 【小问1详解】 对函数求导可得 ， 当时，恒成立，所以在上单调递增； 当时，令，解得．当时，单调递减； 当时，单调递增， 综上所述，当时，在上单调递增； 当时，递减区间为，递增区间为. 【小问2详解】 任意，都有即， 即对任意均成立， 设，则． ，设， 那么，所以在上单调递增， 当，即时，， 所以在上单调递增，，满足条件； 当时，， 所以存在，使得； 当时，单调递减，，不满足条件； 综上所述，的取值范围是． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $