陕西商洛市2027届高三上学期开学学情调研数学试题（含解析）

2027届高三学情调研试题（卷）数学注意事项：1.本试卷共4页，满分150分，时间120分钟.2.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上.3.回答选择题时，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.涂写在本试卷上无效.4.作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效.5.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试卷不回收.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.样本数据6，8，4，5，12的分位数为（）A.5 B.6 C.7 D.8【答案】D【解析】【分析】根据百分位数的定义进行求解即可.【详解】因为一共有5个数据，所以有，这5个数据从小到大排列为，所以这组数据的分位数为8.2.设全集，集合，，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】因为，集合，，所以，.3.已知平面向量，不共线，且，则（）A.， B.，C.， D.，【答案】D【解析】【详解】因为，所以，因为，不共线，所以，解得，．4.下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】选项A：定义域是，对称轴是，不满足偶函数定义，排除A.选项B：定义域是，，满足偶函数定义，在上任取两个数.假设，作差得，其中，即，又，所以，即，因此，即，故在上单调递增,符合题意.选项C：是偶函数，但在是周期函数，不满足单调递增的要求，不符合题意，排除C.选项D：函数定义域为，不满足偶函数的定义域要求，排除D.5.已知圆经过双曲线的焦点，且双曲线的离心率为2，则双曲线的渐近线方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】依题意解得，，所以双曲线的渐近线方程为．6.在中，“”是“”成立的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【详解】在中，若，则或，当时，，不能构成三角形，故，则成立；若，因为余弦函数在上单调递减，故，则成立；综上，“”是“”成立的充分必要条件．7.已知函数在区间上单调递增，则正数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】函数求导得，在区间上单调递增，故对任意，都有，即，解得，对任意恒成立，当时，，故时恒成立，故正数的取值范围为．8.已知等差数列与等比数列的首项均为，公差与公比均为.将数列中的所有项按原顺序依次插入数列中，组成一个新数列：，，，，，，，，，，，，，…，其中与之间插入项中的项，该新数列记作，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意计算对应的位置，再确定对应的中的项的下标，结合等比数列的通项公式即可求解.【详解】等差数列首项为1、公差为2，故，等比数列首项为1、公比为2，故，因为与之间插入项，所以数列前个间隔插入数列的总项数为，令，有，即，，即​，因此第184到210项全部为中的项，又因为，，所以对应的下标为，因此.二、多选题：本题共小题，每小题分，共分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得分，部分选对的得部分分，有选错的得分.9.已知函数，将的图象沿轴的正方向平移个单位长度，得到的图象，且与的图象关于轴对称，则下列结论正确的有（）A.函数在区间单调递增B.函数的最小正周期为C.函数与有相同的对称轴D.的可能取值为，【答案】BCD【解析】【分析】先根据三角函数图象平移规则，写出平移后的解析式，利用两个函数图象关于轴对称的性质，结合诱导公式建立关于的方程，再结合求解的可能值，判断D，求出的单调区间，即可判断A，根据的解析式，利用正弦型函数周期公式计算最小正周期即可判断B，分别求出和的对称轴方程，判断二者是否一致即可判断C.【详解】将沿轴正方向平移个单位后，得到；又因为与的图象关于轴对称，因此满足，即​，根据正弦函数的周期性，可得，结合，解得或，此时，故D正确；正弦函数的单调递增区间为，令​，代入得的递增区间为，正弦函数的单调递减区间为，令​，代入得的递减区间为，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，因此在区间上不单调递增，A错误；函数的最小正周期，B正确；函数的对称轴满足，即对称轴为；函数的对称轴满足，化简后同样得到对称轴为，二者对称轴完全相同，C正确.10.数列为等差数列，为其前项和.已知，，则下列结论正确的有（）A.B.为递减数列C.D.当时，最小【答案】ACD【解析】【分析】根据等差数列的通项公式和前项和公式计算即可.【详解】因为数列为等差数列，为其前项和.已知，，设该数列的首项为，公差为，则，化简得，解得.所以，所以A正确；由于，所以数列为递增数列，B错误；，C正确；由于，所以当时，最小，为，D正确.11.已知抛物线的焦点为，且，两点在抛物线上，为原点，下列结论正确的有（）A.抛物线的准线方程为B.存在点，使得为等腰直角三角形C.若、、共线，则面积的最小值为D.若，则直线恒过点【答案】ACD【解析】【分析】根据抛物线方程判断A，根据三角形为等腰直角三角形分类讨论求出判断B，设直线方程，利用韦达定理求三角形面积最值判断C，利用垂直关系求出判断D.【详解】由抛物线知，，，所以抛物线准线方程为，故A正确；若为等腰直角三角形，则或，若，则，显然不在抛物线上，矛盾，若，则，显然不在抛物线上，矛盾，故B错误；设，易知直线斜率不为，设直线，由，可得，，则若、、共线，则三点所在直线，则，所以面积，当时等号成立，故C正确；若，则，，代入，解得或（舍去），所以直线，直线恒过，故D正确.三、填空题：本题共小题，每小题分，共分.12.复数的共轭复数为___________．【答案】【解析】【分析】根据复数运算法则及共轭复数的概念即可求解．【详解】，所以复数的共轭复数为．13.一个圆柱的体积和底面周长均为，若该圆柱能够被整体放入一个球内，则该球的最小体积为___________.【答案】【解析】【详解】底面周长，，当圆柱与球外接时，球体积最小，圆柱外接球球心在圆柱上下底面圆心连线中点，轴截面是矩形长，宽，矩形对角线就是球的直径，，，球体积.14.将这个数字填在的方格表中，要求每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小.若将填在如图所示的位置上，则填写方格表的方法数为______.

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1【答案】12【解析】【分析】本题为单调方格组合计数问题，解题思路是根据“每行从左到右递减、每列从上到下递减”的规则，确定各个位置数字的取值范围，先锁定取值受强约束的格子，分步选取数字，结合分步乘法计数原理计算填法总数.选定一组数字后，单调性会唯一确定剩余格子内数字的大小顺序.【详解】设方格表为61由题意每行从左到右、每列从上到下数字递减，可知，，因此填入，且必须为三者最大值，剩余安排在，共种.剩余填入，需满足，，，从这个数中任选个放入，有种选法，余下两数由单调性唯一确定.由分步乘法计数原理，总填法数为.单调网格填数计数问题，要重点关注交叉位置带来的多层大小限制，优先确定取值唯一的方格；选出一组数字后，单调顺序会唯一确定格子内数字排布，只需要计算组合选法，审题时要仔细甄别各个位置的大小约束，避免条件误读造成计数偏大.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，，的对边分别为，，，且.（1）求角的大小；（2）若，的面积为，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，结合和角的正切求解即得.（2）由（1）的结论，利用三角形面积求出，再利用余弦定理求解即可.【小问1详解】由及正弦定理得，又，所以，所以，即，又，所以.【小问2详解】因为的面积为，所以，解得，又因为，即，所以，故的周长为.16.如图，在三棱锥中，侧面与侧面均为等边三角形，，，分别为，的中点，.（1）证明：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明：由侧面与侧面均为等边三角形，可知，又为的中点，所以，，又，且平面，故平面.（2）【解析】【分析】（1）通过证线线垂直，即证得线面垂直；（2）先证是平面与平面所成的角，再计算即可.【小问1详解】略【小问2详解】因为，，所以，.易知，所以为等腰直角三角形，所以.所以，则.又，，平面，所以平面.又平面，所以.所以是平面与平面所成的角，易知为等腰直角三角形，又为的中点，所以，故，故平面与平面夹角的余弦值为.17.2026年3月1日开始，我国（可入肺颗粒物）执行过渡阶段浓度限值，即日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35微克/立方米~60微克/立方米之间（包括35，60）空气质量为二级．某地区8月份中两个星期的日均监测数据（单位：微克/立方米）如下：星期日星期一星期二星期三星期四星期五星期六2892956375745333343768314544（1）从这两个星期的日均监测数据中，随机抽出三天数据，求恰有两天空气质量达到一级的概率；（2）从这两个星期的数据中任取三天数据，记表示抽到空气质量达到一级的天数，求的分布列和数学期望；（3）记这两个星期样本的方差为，将这两个星期样本数据去掉一个最大值和一个最小值，记去掉最值后天数据的样本方差为，判断，的大小．（结论不要求证明）【答案】（1）（2）分布列如下所示：．（3）【解析】【分析】（1）根据监测数据表，及古典概型计算公式即可求解；（2）利用超几何分布概率模型进行求解即可；（3）根据方差的定义，结合数据的离散程度，即可判断两种数据方差的大小关系．【小问1详解】依题意得个数据中，日均值小于35的有个，大于等于的有个，故恰有两天空气质量达到一级的概率为．【小问2详解】依题意得随机变量的可能取值为，，，，则，，，，所以的分布列如下所示：故．【小问3详解】理由如下：方差反映数据的波动大小，原样本包含最大值和最小值，数据波动较大；去掉最大值和最小值后，剩余数据的波动减小，离散程度降低，因此方差减小．18.过圆上的动点向轴作垂线，垂足为，动点满足．（1）求动点的轨迹的方程；（2）过点且斜率不为0的动直线与相交于，两点，的中点为，（i）证明：直线与的斜率之积为定值；（ii）求面积的最大值．【答案】（1）（2）（i）由题可设，，．联立，消去整理得，，即，所以，，所以，则，又为的中点，故，所以直线的斜率，显然，所以直线的斜率为，故直线与的斜率之积为（定值）．（ii）【解析】【分析】（1）先设，，得到的坐标，再根据向量的线性运算即可得到动点的轨迹的方程；（2）（i）先设出，，，再联立的方程，从而得到关于的一元二次方程，再根据得到的取值范围，再根据韦达定理得到点的坐标，从而得到直线的斜率和直线的斜率为，进而求积即可证明；（ii）结合（i）及求出，再根据点到直线的距离公式即可得到点到直线的距离，从而根据三角形的面积公式及基本不等式即可求出面积的最大值．【小问1详解】设，，则，所以，，又，所以，即，解得，又点在圆上，所以，故动点的轨迹的方程为．【小问2详解】（i）略（ii）由（i）可知，又点到直线的距离，所以，令，则，，当且仅当，即时，等号成立，当时，，符合题意．故面积的最大值为．19.已知函数，曲线在点处的切线方程为.（1）求实数，的值；（2）求证：存在两个极值，且两极值均小于0；（3）若函数与图象有三个不同的交点，求证：.（参考数据及结论：；当时，）【答案】（1），（2）证明：由（1）知，，令，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减，又，，，，，所以存在，，使得.故存在两个极值.因为，，所以，，又，，所以，.（3）证明：函数与图象有三个不同的交点，等价于方程有三个不同的实数根，显然不是此方程的根；当时，可化为，令，则，令，则，当或时，，单调递减；当时，，单调递增，又，，，，所以存在，使得，故在，单调递增，在单调递减，又当时，；当时，；当时，；当时，，所以，所以当方程有三个不同的实数根时