广东省深圳高级中学（集团）2027届高三开学摸底考试数学试卷（含答案）

/深圳高级中学（集团）2027届高三开学摸底考试数学试题满分150分，考试用时120分钟一、选择题：本题共有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．若“”是“”成立的充分条件，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】设，，则由题意得，所以，解得．2．不等式对任意恒成立，则的最小值是（

）A． B． C．8 D．10【答案】D【详解】对任意，不等式恒成立，而函数在上单调递减，则，因此所以的最小值是10.3．已知是抛物线上一点，为其焦点，为圆的圆心，则的最小值为（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【解析】设出抛物线的准线方程，问题求的最小值，结合抛物线的定义，就转化为，在抛物线上找一点，使到点、到抛物线准线距离之和最小，利用平面几何的知识可以求解出来．【详解】解：设抛物线的准线方程为，为圆的圆心，所以的坐标为，过作的垂线，垂足为，根据抛物线的定义可知，所以问题求的最小值，就转化为求的最小值，由平面几何的知识可知，当，，在一条直线上时，此时，有最小值，最小值为，故选：B．【点睛】本题考查了抛物线的定义，以及动点到两点定点距离之和最小问题．解决本题的关键是利用抛物线的定义把问题进行转化，属于中档题．4．小明将5张互不相同的卡片全部放入编号为的3个信封中，每个信封至少放1张卡片，则不同的放卡片方法共有（

）A．90种 B．120种 C．150种 D．300种【答案】C【分析】先将5张不同卡片按“每个信封至少1张”的要求分组，分组分为两类：3张、1张、1张的不均匀分组，以及2张、2张、1张的部分均匀分组，再将分好的三组分配到3个不同的信封，结合分步乘法与分类加法计数原理计算即可。【详解】首先将5张互不相同的卡片分为3组，满足每组至少1张，分两类讨论：第一类：分组为3，1，1的形式，分组方法数为种.第二类：分组为2，2，1的形式，分组方法数为种.则总的分组方法数为种.因需将分好的3组分配到编号为的3个不同信封，故有分配方法数为种.根据分步乘法计数原理，不同的放卡片方法共有种.5．设函数，则使得成立的的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】先判断函数为偶函数且在上单调递增，将函数值不等式转化为绝对值不等式求解.【详解】显然函数的定义域为，对任意，有，故是偶函数，当时，，求导得，当时，，，故，即在上单调递增，根据偶函数性质，等价于，结合单调性可得，两边平方得，展开整理得x2因式分解为，解得.6．已知正方形的边长为，平面，，，分别是，的中点，则点到平面的距离为（

）.A． B． C． D．【答案】A【分析】利用坐标法求点到平面的距离.【详解】建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，故，，.设平面的一个法向量为，则，，所以，，得，，于是，所以点到平面的距离为.故选：A.7．若甲盒中有个红球，个黄球，个白球，乙盒中有个红球（），个黄球，个白球，这些球的大小、材质完全相同.现从甲盒中随机取出一个球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个球，若事件“两次取到的球颜色相同”的概率不超过，则的最大值为（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】根据题意，结合全概率公式得，再解不等式即可得答案.【详解】设从甲盒中取出红球、黄球、白球的事件分别为，从甲盒中取出的球与乙盒中取出的球的颜色相同为事件，则，，，所以，根据全概率公式得：，所以，整理得：，解得，所以满足题意的的最大值为.8．函数，关于x的方程有2个不相等的实数根，则实数a的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】由已知可得为方程的一个根，则当时，直线与函数仅有一个交点，作出的图象，结合图象求解即可.【详解】当时，，即关于x的方程始终有一个根为，当时，由，得，由题意可知当时，直线与函数仅有一个交点，设，则，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，所以当时，取到最大值，当时，，作出函数的图象如下图所示，

由图象可知，要使直线与函数仅有一个交点，则，或，或故选：A【点睛】关键点睛：此题考查函数与方程的综合问题，考查函数与导数的综合问题，解题的关键是根据函数解析式画出函数图象，结合图象可求得结果，考查数形结合的思想，属于较难题.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（常数）的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则（

）A．B．展开式中的系数为C．若展开式中各项系数的和为1024，则第5项的系数最大D．展开式中奇数项的二项式系数的和为512【答案】ABD【详解】对A：由已知，，所以，故A正确；对B：的系数为，故B正确；对C：因为展开式中各项系数的和为1024，所以或.因为，所以.所以第5项的系数为，第6项系数为，因为，即第5项的系数小于第6项系数，故C错误；对D：展开式中奇数项的二项式系数和为，故D正确.10．已知，则的大小关系可能为（

）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】由，得，转化为函数与，与，与图象的交点问题；作出函数图象，结合图象可得各个交点的位置关系，从而进行判断.【详解】，，,，，；即转化为函数与，与，与图象的交点问题.分别画出，，，，，的图象，如图所示：

由图可知，与的图象交于两点，与的图象交于两点，与的图象交于两点；同时.对于A，时，满足，故A正确；对于B，，不满足，故B错误；对于C，，满足，故C正确；对于D，，满足，故D正确.11．已知定义在上的偶函数满足，，设在上的导函数为，则（

）A． B．C． D．【答案】BCD【详解】因为为偶函数，所以，所以，即，所以为奇函数，故，故B正确，又，所以，即，所以，所以，即函数是周期为6的函数.所以函数也是周期为6的函数，即.由求导得，，即，故C正确，对于A：由，，令，得，令，得，令，得又，所以.又，即，故无法确定的值.而，故无法确定，A错误.对于D：由，得，，，所以.又，所以，D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知，，是表面积为的球的球面上的三个点，且，则球心到平面的距离为_______．【答案】【分析】根据题意可得球的半径为和的外接圆半径，结合球的性质运算求解即可.【详解】设球的半径为，则，解得，由题意可知：是边长为3的等边三角形，其外接圆半径，所以球心到平面的距离为.故答案为：.13．若，是随机试验的两个事件，且，，，则__________．【答案】/【分析】由概率的性质得，，根据条件概率的求法求概率.【详解】由，，，则，由，则，故.14．一盒子中有大小与质地均相同的20个小球，其中白球9个，其余为黑球．参与者从盒子中有放回的随机取次球，若其中取到白球的个数为，（，，），当概率（，，）时，则______．【答案】13或14【分析】根据题意可得，利用二项分布的公式求解即可.【详解】由题可得每次取到白球的概率为，参与者从盒子中有放回的随机取m次球，若其中取到白球的个数为，则，所以，若概率最大，则有，所以，解得，又，故或14，所以或14时，概率的值最大四、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．已知函数.(1)若存在极值，求的取值范围；(2)当时，求证：.【答案】(1)(2)当时，.设，其定义域为，则证明即可.，设，则，故函数在上单调递增.，.有唯一的实根，且，.当时，；当时，，故函数的最小值为...【分析】（1）对函数求导，分和两种情况，分别判断出函数的单调性与极值，可得的取值范围；（2）当时，设，成立，即证明，对函数求导判断出单调性和最值，可得命题成立．【详解】（1）函数的定义域为，，当时，对任意的，，故在上单调递增，无极值；当时，当时，，单调递增；当时，，单调递减.故在处取得极大值，无极小值.综上所述，若存在极值，则的取值范围为.（2）略【点睛】关键点点睛：本题考查导数解决函数的单调性问题，考查导数证明不等式，解决本题的关键点是构造，将命题成立，转化为证明，对函数求导判断出单调性和最值，可得命题成立，考查学生逻辑推理能力和计算能力，属于中档题．16．如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，.将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为．(1)证明：平面；(2)求面与面所成的二面角的正弦值．【答案】(1)设，所以，因为为中点，所以，因为，，所以是平行四边形，所以，所以，因为平面平面，所以平面，因为平面平面，所以平面，又，平面，所以平面平面，又平面，所以平面．(2)【分析】（1）先应用线面平行判定定理得出平面及平面，再应用面面平行判定定理得出平面平面，进而得出线面平行；（2）建立空间直角坐标系，利用已知条件将点的坐标表示出来，然后将平面及平面的法向量求出来，利用两个法向量的数量积公式可将两平面的夹角余弦值求出来，进而可求得其正弦值.【详解】（1）略（2）因为，所以，又因为，所以，以为原点，以及垂直于平面的直线分别为轴，建立空间直角坐标系.因为，平面与平面所成二面角为60°，所以.则，，，，，.所以.设平面的法向量为，则，所以，令，则，则.设平面的法向量为，则，所以，令，则，所以.所以cosm所以平面与平面夹角的正弦值为.17．2026年春节假期期间，某百货商场举办了一次有奖促销活动，消费每超过600元（含600元）均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种，每位顾客抽奖结果相互独立.方案一：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球2个，白球1个，黑球7个）的抽奖盒中，一次性摸出3个球.其中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，享受免单优惠；若摸出2个红球和1个黑球，则打5折；若摸出1个白球2个黑球，则打7折；其余情况不打折.方案二：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球3个，黑球7个）的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元.(1)若两个顾客均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率；(2)若某顾客消费恰好满1000元，试从付款金额期望的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？【答案】(1)(2)该顾客选择第二种抽奖方案更合算【分析】（1）先求出顾客享受到免单优惠的概率，再根据独立事件的概率乘法公式求解即可.（2）结合离散型随机变量及二项分布的期望公式分别求出方案一、方案二的数学期望，比较即可.【详解】（1）选择方案一若享受到免单优惠，则需摸出2个红球和1个白球，设顾客享受到免单优惠为事件，则.所以两位顾客均享受免单优惠的概率为.（2）若选择方案一，设实际付款金额为，则的可能取值为0，500，700，1000.，，，.所以（元）.若选择方案二，设摸到红球的个数为，付款金额为，则.由题意知，，故.所以（元）.因为，所以该顾客选择第二种抽奖方案更合算.18．已知椭圆，四点中恰有三点在椭圆上.(1)求的方程；(2)过的左焦点作的不垂直于轴的弦（其中点在轴上方），为中点，直线与双曲线交于两点.（i）四边形能否为平行四边形，若能，求此时直线的方程，若不能，说明理由；（ii）求四边形面积的取值范围.【答案】(1)(2)（i）存在，直线的方程为；（ii）【分析】（1）根据椭圆的对称性，可知一定在椭圆上，进一步判断点也在椭圆上，即可求出椭圆方程；（2）（i）假设四边形为平行四边形，设直线方程，联立方程组，根据平行四边形对角线互相平方建立中点等量关系，根据方程是否有解判断是否存在即可；（ii）求出直线方程，联立方程组，分别求出到直线的距离，再根据弦长公式求出，表示出面积，最后求出面积的取值范围.【详解】（1）因为关于轴对称，所以必在上，又，所以不在上，所以在上，则，所以，因此的方程为.（2）（i）由题意知，假设四边形为平行四边形，设直线的方程为，设，将直线方程代入椭圆方程，化简整理得，所以，，所以，所以中点坐标为，若四边形为平行四边形，则与互相平分，所以为中点，则，，所以点的坐标为，代入，化简整理得，即，解得或（舍），所以，因此，存在四边形为平行四边形，此时直线的方程为；（ii）由点的坐标为，所以直线的方程为，代入双曲线方程，化简整理得，则，所以，即，又点关于原点对称，则，因为点到直线的距离，点到直线的距离，因为，代入，化简得，因为，所以，因此，由弦长公式可得，所以四边形面积，代入，化简整理得，因为，所以.19．已知函数存在两个不同的极值点．(1)求实数的取值范围；(2)设，求的最大值；(3)求证：．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）由题意知有两个不同的实根，即方程有两个不同实根，令，通过求导求出的单调性，结合图象即可求出答案；（2），通过求导求出的单调性，即可求出答案；（3）函数，证明出，再证明在上单调递减，从而得到，结合第（2）问即可求出答案.【详解】（1）由题意知．因存在两个不同的极值点，故有两个不同的实根，即方程有两个不同实根．令，则．令，因恒成立，故在上