河南安阳市(文峰区,北关区)2027届高三年级上学期9月学情调研数学试卷（含解析）

2027届高三年级学情调研数学注意事项：1．答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】由，得，即．又，所以．2.若复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】设，则．由，得，所以，解得，故．3.已知，且，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】结合二倍角公式求得，从而可得的值，然后求得正切值.【详解】由已知得，又，,所以，所以，．4.有两组样本数据，，，与，，，，已知，若，，，的平均数为4，方差为4，则，，，的平均数与方差分别为（）A.2；16 B.2；1 C.3；16 D.3；1【答案】D【解析】【详解】已知，则，因为，，，的平均数为4，所以．已知，，，的方差为4，根据方差的线性变换性质，可得．所以，，，的平均数是3，方差是1．5.已知抛物线和的焦点之间的距离为，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】抛物线和的焦点分别为、，由题意得，，即，由基本不等式，可得，所以，即的最大值为（当且仅当时取等号）.故的最大值为.6.已知向量，的夹角为，且，在上的投影向量的模为，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用向量投影公式求出，再对平方展开求解.【详解】由题意得在上的投影向量的模为，即，得．由，得，即，解得．7.已知平面经过正方体的顶点，且正方体的8个顶点到平面的距离取值只有两种，则符合条件的平面的个数为（）A.1 B.3 C.6 D.8【答案】C【解析】【分析】根据点到平面的距离的概念，结合正方体的结构特征，进行分类讨论即可求解.【详解】因为平面经过正方体的顶点，所以点到平面的距离为0，又正方体的8个顶点到平面的距离取值只有两种，即一种距离取值为0，另一种距离取值不为0，根据正方体的性质，可知当平面与平面重合时，点到平面的距离为0，点到平面的距离不为0且相等，符合题意，同理，当平面与平面重合或与平面重合时，均可满足条件，当平面与平面重合时，点到平面的距离为0，点到平面的距离不为0且相等，符合题意，同理，当平面与平面重合或与平面重合时，均可满足条件，综上所述，符合条件的平面有6个：正方体的3个包含点A的面（平面ABCD，，），以及3个包含点A的对角面（平面，，）．8.已知实数，为方程的两个根，则（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】A【解析】【分析】利用三次函数图象的对称性，设换元构造奇函数，结合函数的单调性计算即可．【详解】令，设，则方程化为．函数为奇函数且单调递增，则为偶函数，所以的两个根关于对称，即，关于对称，故，即，A正确．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.已知为两个随机事件，，，则下列结论正确的是（）A.若，则B.若与相互独立，则C.若互斥，则D.若与相互独立，则【答案】AD【解析】【分析】根据事件包含关系的概率可判断A；根据相互独立事件的概率公式及并集概率公式计算可判断B；根据互斥事件的定义及事件包含关系的概率可判断C；根据条件概率公式及相互独立的概率公式计算可判断D.【详解】对于A：若，则，所以，故A正确；对于B：若与相互独立，，则，故B错误；对于C：若互斥，则，，所以，故C错误；对于D：若与相互独立，则，，所以，故D正确．10.已知圆：，点是直线：上一动点，则下列选项正确的是（）A.将圆与坐标轴的所有公共点顺次连接围成的图形面积为B.圆心到的距离的最大值为C.若圆上存在两点关于对称，则D.若，是圆的一条切线（为切点），则可以为【答案】ABC【解析】【分析】根据圆的方程求出与坐标轴交点的坐标即可判断A，根据直线过定点即可判断B，利用直线过圆心判断C，根据直角三角形中角的正弦值范围判断D.【详解】圆，圆心为，半径．对于A，圆C与坐标轴的公共点围成三角形，且三角形的三个顶点为，，围成的三角形面积为，故A正确；对于B，直线过定点，圆心C到该定点的距离为，故圆心C到l的距离最大值为，故B正确；对于C，若圆C上存在两点关于l对称，则l过圆心，由，得，故C正确；对于D，当时，直线，圆心到其距离为，由知，，此时，不能为，故D错误．11.已知函数，，则下列说法正确的是（）A.当时，在处取得极小值B.若在区间上单调递减，则C.当时，对任意，都有D.存在唯一的，使的极大值为【答案】BCD【解析】【分析】利用导数结合分类讨论思想研究函数的单调性、计算极值、最值一一判定选项即可．【详解】求导得，令，解得，．对于A，当时，，此时恒成立，在上单调递减，无极值，故A错误．对于B，若在上单调递减，则在上恒成立，即，所以．当时，，故只需，即对任意恒成立，所以，解得，故B正确．对于C，当时，得，，当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减．又，，所以当时，的最大值为，即对任意，都有，故C正确．对于D，当时，无极值，当，即时，在上单调递减，在上单调递增，为极大值点，极大值为，令，解得，符合条件．当，即时，在上单调递减，在上单调递增，为极大值点，极大值为，由，得．令，因为，所以，方程化为．设，则，所以在上单调递增，又，所以在时恒成立，方程无解．故存在唯一的，使得的极大值为1，故D正确．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知双曲线的离心率为3，则双曲线的离心率为__________．【答案】##【解析】【分析】根据双曲线的离心率为3可得，再化简求双曲线的离心率即可.【详解】设双曲线的离心率为，则，故．设双曲线的离心率为，则，故．13.已知是奇函数，且在区间上单调递增，则__________．【答案】【解析】【分析】根据奇偶性，结合余弦的和差角公式可得或，代入或，结合函数的单调性可确定，即可代入求值.【详解】由得，故，即，故，因此，结合可得或．若，则，此时均在单调递减，且恒为正，故在上单调递减，不合题意．若，则，符合条件．所以．14.已知数列共有9项，且是整数的一种排列，设，当取，，，中的任意值时，总能被整除，则的所有可能取值为__________．【答案】2，9，72【解析】【分析】根据总和为45，进行分类枚举，排除数字重复，得到、可能的取值，验证都存在满足条件的排列即可求出的所有可能的取值.【详解】由题意知，能被9整除；若要能被8整除，即要能被4整除；可知，若要能被7整除，即要能被7整除，当时，需为7的倍数，解得，与重复，不合题意；当时，需为7的倍数，解得或；当时，需为7的倍数，解得或，因此的可能情况有：，，，．容易验证，下面的4种1~9排列都符合题意（分别对应上述4种）：①3，4，5，6，7，8，9，2，1；②2，3，4，5，6，7，8，9，1；③2，3，4，5，6，7，8，1，9；④1，2，3，4，5，6，7，8，9．综上，的所有可能取值为2，9，72．通过题目分析，总能被整除，分别求出要能被4整除；若要能被7整除，即要能被7整除，可以直接将求解出来，然后分别列举将所有满足条件的解出来，直接计算答案.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，内角，，的对边分别为，，，已知，，．（1）求；（2）设点满足，点在边上，，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）借助余弦定理计算即可得；（2）画出对应图形并建立适当的平面直角坐标系后，利用向量垂直性质计算即可得解.【小问1详解】由余弦定理，得，代入已知条件，有，解得（负值已舍去）．所以，因为，所以；【小问2详解】以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系，如图．由已知可得：，，，所以，，设，则，由，可知，得，即．16.如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，点是的中点，点在棱上，且．（1）求证：；（2）若二面角的正弦值为，求．【答案】（1）连接AC．因为底面是正方形，所以．因为底面，所以．又因为，平面,平面，所以平面．又因为平面，所以．（2）【解析】【分析】（1）利用线线垂直可证明平面，进而利用线面垂直的性质可证结论；（2）建立空间直角坐标系，求得平面和平面的一个法向量，利用向量法和二面角的正弦值求得.【小问1详解】略.【小问2详解】以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．由已知可得，，，．所以．由，得，所以．设平面的法向量为，则，即，取．由题意可得平面的一个法向量为．设二面角的平面角大小为θ，由，得．即，解得（舍去）．17.已知椭圆：的离心率为，且过点．（1）求的方程；（2）过点且不与坐标轴垂直的动直线交于，两点，点，直线与的另一个交点为，与的另一个交点为，证明：直线，的斜率之比为定值．【答案】（1）（2）设，，，，．联立与的方程，得，所以，．因为直线过点和，所以，联立直线与的方程，利用化简可得，所以，代入得，同理，可得．所以，分别化简分子分母，得，即．【解析】【分析】（1）根据已知条件求得的值，由此求得椭圆的方程.（2）设直线的方程为，联立直线的方程和椭圆的方程，利用根与系数关系，计算可求得，从而证得直线，的斜率之比为定值.【小问1详解】由题意知解得，，故的方程为．【小问2详解】略.18.已知函数，曲线在点处的切线方程为．（1）求实数，；（2）若当时，，求的最小值；（3）若，使得，求的取值范围．【答案】（1），（2）（3）【解析】【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得；（2）构造函数，结合题意可得在区间上单调递减．求导后可得在和上单调递减，即可得解；（3）令，由题意知，使得，求导后分及讨论即可得.【小问1详解】由题意得．因为曲线在点处的切线方程为，所以．又切线过点，所以．综上所述，，；【小问2详解】由（1）知．当时，，则．设，则原条件等价于当时，，即函数在区间上单调递减．由，得，令，得，解得或．所以在和上单调递减．因为在区间上单调递减，所以a的最小值为．【小问3详解】令，由题意知，使得．，①若，则对任意，，所以，在上单调递增，又，故，不满足条件；②若，则当时，，此时，所以在上单调递减，即存在，使得，满足条件；综上，k的取值范围是．19.一名老师与名学生玩抽卡片游戏，将这名学生依次编号为，，，，规则如下：①游戏开始时，所有学生手上均为红卡、黑卡各一张；②老师先给1号学生发放一张红卡；③从2号学生开始，号学生从号学生手中的三张卡片中随机抽取一张放入手中，直至号学生抽取完成后结束；④老师从号学生手中的三张卡片中随机抽走一张卡片，游戏结束．（1）若，求游戏结束后，2号学生手中拥有两张同色卡片的概率；（2）求游戏结束后，号学生手中至少有一张红卡的概率；（3）若游戏结束后，手上没有红卡的学生被淘汰，求被淘汰的学生人数的期望值．附：若，，，为随机变量，则．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据题意确定老师抽取时2号学生手中卡片的颜色情况，即可得结论；（2）设为k号学生从号学生手中抽完一张后，手中有2红1黑的概率．则（1号初始就是2红1黑）．然后求得与间有递推关系，再结合等比数列通项公式求得结论；（3）根据游戏规则知k号被号抽走一张卡片，与n号被老师抽走一张卡片的效果是相同的，因此可得（k号学生中有2红1黑的概率），用表示k号学生被淘汰，用表示k号学生未被淘汰，则，再由计算.【小问1详解】1号学生手中有2红1黑，2号原有1红1黑，无论抽到红或黑，手中必有两张同色，最终两张同色即老师抽到单张颜色的卡片，概率为；【小问2详解】设为k号学生从号学生手中抽完一张后，手中有2红1黑的概率．则（1号初始就是2红1黑）．当时，要使k号抽完后有2红1黑，则k号必须从号手中抽中红卡：若号为2