泸溪一中2027届高三第三次强化考试数学试卷

泸溪一中2027届高三第三次强化考试数学试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．1已知一组数据，，，，的平均数为3，方差为2，则（）A.2 B.4 C.6 D.82．若为单元素集合，则m=（

）A．-1 B．0 C．1 D．23．已知双曲线C：（，）的一条渐近线方程为，则双曲线C的离心率为（

）A． B．2 C．3 D．44．若向量，满足：，，则（

）A．4 B．2 C． D．5．甲、乙等5人排成一列，要求甲在乙的前面，且甲、乙不相邻，则不同的排法有（

）A．24种 B．36种 C．48种 D．72种6．若，则（

）A． B． C．1 D．27．已知正三棱台，，侧棱，则正三棱台的体积为（

）A． B． C． D．8.《九章算术》中有一道“雀燕集称之衡”问题：“今有五雀、六燕，集称之衡，雀俱重，燕俱轻，一雀一燕交而处，衡适平，并燕、雀重一斤．问雀、燕一枚各重几何？”题意是：现有5只雀、6只燕，将雀和燕分别聚到一起称重．聚在一起的雀总重更重，聚在一起的燕总重更轻，若将其中1只雀和1只燕互换位置，则二者轻重相同．已知5只雀和6只燕总重1斤（注：中国古代1斤＝16两），则1只雀和1只燕分别重多少？若假设每只雀、燕的重量分别为x，y，根据题意，列出的方程组可为（）A. B. C. D.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．9.在5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回．设事件“第1次抽到代数题”，“第2次抽到几何题”，则（）A. B. C. D.10．已知数列的前项和为，，，则下列结论正确的有（

）A．B．数列是等差数列C．D．11.设正整数，其中，定义．设集合，从中随机选取一个元素，记为，则（）A.B.中的元素个数为36C. D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12已知数列的前n项和为，若，，记，则的最大值为______．13.若的展开式中含的项的系数为28，则实数________．14．已知函数（），若有两个零点，则a的取值范围为__________．四、解答题：本题共5小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．某市场调研小组为了解某款手机软件在社会上各年龄段人群使用情况，从某社区使用过该软件的人群中随机抽取了名居民进行调查，并依据年龄样本数据绘制了如下频率分布直方图．(1)根据频率分布直方图，估计年龄样本数据的上四分位数；(2)为了解年龄在的居民的使用情况，按比例分层随机抽样的方式从，年龄段中随机共抽取名参加调研会．若从选定的这名居民中随机再抽取名，记人中在年龄段的人数为，求的分布列及数学期望．16.已知双曲线的渐近线与圆相切．（1）求双曲线的方程；（2）记双曲线的左、右焦点分别为，，点P在双曲线上，若的平分线交x轴于点Q，且，求的周长；

17.已知在中，分别是角所对的边，且,,为外接圆劣弧上一动点.（1）求A；（2）在四边形中，若为的内角平分线，记的面积分别为，，若，求的取值范围.18.已知函数．（1）若是减函数，求的取值范围；（2）当时，，求的最大值；19.在四棱锥中，平面平面，为正三角形，四边形为矩形，是的中点，且与平面所成角的正弦值为．（1）求证：；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）若边上存在一动点N，求与平面的正切值范围．泸溪一中2027届高三第三次强化考试数学试卷参考答案1【答案】D【详解】因为平均数为3，所以，解得：①，因为方差为2，所以，化简得：②，联立①②得：，或，，则.2【答案】C【详解】若集合为单元素集合，则意味着与时的值相等，由函数的图象关于直线对称，得，解得.3．B【详解】因为双曲线C的一条渐近线方程为，所以，所以离心率.4．D【详解】因为，所以，而，因此，故.5．B【详解】若乙排在第一位，则可知不符合题意；若乙排在第二位，则甲在乙前，甲乙必相邻，因此不符合题意；若乙排在第三位，则甲在乙前，甲乙不相邻，甲应在第一位，此时有种排列方法；若乙排在第四位，同理，甲应在第一位或第二位，此时有种排列方法；乙排在第五位，同理，甲应在第一位、第二位或第三位，此时有种排列方法；故共有种排列方法.6．C【分析】利用化弦为切的方法，，分子分母同时除以即可求解.【详解】，即，解得.7．C【详解】如图，将正三棱台补成正三棱锥，作平面分别交平面、平面于、，作平面交于，则、分别为、的中心.因为，所以，，所以，设该正三棱台的高为，因为，所以，故，故选C.8【答案】A【详解】∵设每只雀的重量为两，每只燕的重量为两，已知1斤=16两，∴根据“5只雀和6只燕总重1斤”，可得.∵1只雀和1只燕互换位置后两侧重量相等，互换后原放置雀的一侧剩余4只雀和1只燕，原放置燕的一侧剩余5只燕和1只雀，两侧重量相等，∴可得等量关系：.综上可列方程组为，对应选项A.9.【答案】AC【详解】由题意得：，，正确；，，错误;，正确；，错误.10．ACD【分析】A选项，利用赋值法得到；B选项，验证，即可证明不是等差数列；C选项，，然后利用赋值法并项求和即可；D选项，，利用转化为等差数列求和即可.【详解】令，则，令，则，于是解得，A正确.令，则，解得，因为，所以不是等差数列，B错误.，C正确.，D正确.11【答案】ACD【分析】利用新定义判断AB；结合列举法利用古典概型概率公式求解判断C；求出所有满足的n，然后求平均值即可判断D.【详解】因为，所以，所以，A正确；中的元素个数为，B错误；设，中满足元素如下：因为，所以以的大小作为分类依据，时，，，，，，，，共有7个，同理时有8个，时有9个，所以，C正确；集合中所有元素和为，所以，D正确.12【答案】【分析】借助与的关系结合等比数列定义可得数列的通项公式，即可得表达式，再借助作商法得到的单调性后即可得解.【详解】当时，，则，即，又，则，故数列是以为首项，为公比的等比数列，即，则，则，解不等式，即，由，故或，即当或时，，当时，，故的最大值为.13【答案】30【详解】因为的通项展开式为，，若里取，则的展开式只能取含的项，即,此时展开式中含的项的系数是；若里取,则的展开式只能取含的项，即,此时展开式中含的项的系数是；若里取,则的展开式只能取含的项，即,此时展开式中含的项的系数是；合并系数可得，解得.14．【详解】由题意得，的定义域为；有两个零点可转化为有两个不同的实数根；令，则；，即，解得；当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以，；当时，；当时，；因为有两个零点可转化为有两个不同的实数根；即转化为直线与的图象有两个不同的交点；所以，，即的取值范围为.15．(1)(2)期望为1【分析】（1）根据直方图大致感知到上四分位数位于内，再进行求解即可；（2）按照分层随机抽样，计算出年龄在，分别应抽取的人数，然后按照超几何分布计算即可.【详解】（1）由频率分布直方图可知，上四分位数位于内，设其为，则，解，所以估计年龄样本数据的上四分位数为．（2）被调查的居民年龄在，比例为，按照分层随机抽样，应抽取人，应抽取人，设随机抽取的名居民中年龄在的人数为，的可能取值为，，．；；．所以，随机变量X的分布列如下表所示：所以数学期望为．16【答案】（1）（2）【1】因为双曲线的渐近线与圆相切，所以，解得，所以双曲线的方程为．【2】由（1）得，，则，不妨设，，，设P到x轴的距离为h，因为为的平分线，则，所以，所以，所以，又，所以，所以的周长为．17【答案】（1）（2）【分析】（1）由两角和正弦公式及正弦定理边化角得到，再由展开化简即可求解；（2）令的中点为，在中，由余弦定理得：，再结合三角形面积公式即可求解.【1】由，可得：，又，即，由正弦定理可得：，又，得到，即，即,即，因为，所以，所以，即，即，又，所以，所以，即；【2】由题意，又，所以，即，所以，令的中点为，由条件可知为的直径，为外接圆的圆心，由圆的性质可得：，可得，在中，由余弦定理得：，所以，所以由，得：，又为三角形内角，，化简可得：，又，所以.18【答案】（1）（2）1【分析】（1）利用单调性与导数的关系把问题转化为恒成立问题，再分离参数，利用导数求出函数最大值，进而求出取值范围即可.（2）利用分离参数法求出的取值范围，进而得到最大值即可.【1】因为在上单调递减，所以，即在上恒成立．令，则．令，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以的最大值为，所以的取值范围是．【2】由题意得,①当时，，不等式恒成立，;②当时，分参得，设,不等式变为,设,所以，令，可得，当时，恒成立，则在上单调递增，而，则，即，得到函数在上单调递增，所以，又题意可知，令,则，当时，,所以，令，由导数的定义得，故，所以,即的最大值是1.19【答案】（1）证明见解析（2）（3）【分析】（1）先利用面面垂直的性质证明平面，然后得到，然后证明平面，最后得到.（2）先利用与平面所成角的正弦值为找出之间的关系，然后利用向量法求出平面与平面夹角的余弦值.（3）先找出与平面所成的角，然后根据正切函数的单调性求出线面角的正切值范围.【1】为矩形，，又平面平面，且平面平面，平面，又平面，.又为正三角形，是的中点，.又平面，平面，平面，.【2】取的中点，连接，为正三角形，，又平面平面，且平面平面，平面，如图所示，过作的平行线为