安徽安庆市岳西县汤池中学2027届高三上学期调研性监测数学试卷（含答案）

/2027届高三调研性监测数学时间：120分钟分值：150分注意事项：1.答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上．2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，务必擦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．写在本试卷上无效．3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、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，有且只有一项符合题目要求．1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】化简集合B，根据交集的概念求解.【详解】因为，，所以，即，故选：B.2.已知复数，则（）A. B. C.3 D.5【答案】B【解析】【分析】将复数分母实数化写成的形式，利用计算结果．【详解】因为；故．3.已知平面向量，若与互相垂直，则与的夹角为（

）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先根据向量垂直得出数量积，再根据向量夹角余弦公式计算求解.【详解】因为平面向量，因为与互相垂直，所以，所以，所以，所以与的夹角余弦为，则与的夹角为.故选：D.4.如图，在Rt△AOB中，AO⊥BO，AB⊥y轴，O为坐标原点，点A的坐标为（4，m），反比例函数的图象的一支过点A，反比例函数的图象的一支过点B，过点A作AH⊥x轴于点H，若△AOH的面积为12，则k2的值为（）A.-24 B.-36 C.-48 D.-54【答案】D【解析】【分析】设与轴交于点，由题设可得坐标及，然后由射影定理及题设可得坐标，据此可得答案.【详解】因，轴，，则，由，可得，则，设交轴于点,因轴，则,又，由射影定理可得，又由题可得，则得,又点在第二象限，从而点横坐标为，易得.因点在反比例函数图象上，则，得.5.已知两条直线，和三个平面，，下列命题正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】C【解析】【分析】根据线面、面面的位置关系相关定理，结合平面的基本性质，对各项进行验证和排除即可.【详解】对于A，假若，可在平面外作直线，则易得，即由推不出，故A错误；对于B，假若，且，则由面面垂直得判定定理，可得，即由推不出，故B错误；对于C，如图1，当时，设，在平面内取一点，过分别作，则易得，又因，所以，因为平面，所以，故C正确；对于D，如图2，当时，若直线在平面外，且与平行时，易得，此时确定平面，满足条件，但推不出，故D错误．6.已知，且是第二象限的角，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由的象限，求得和的值，然后利用二倍角公式化简代数式，即可求得答案.【详解】因为，且是第二象限的角，则．所以.故选：B．7.已知正实数，满足，则的最小值为（）A.2 B.4 C.6 D.8【答案】C【解析】【详解】因为，所以，由得，因为实数，为正数，所以，当且仅当，即时，等号成立．此时的最小值为6.8.已知曲线分别是曲线的左､右焦点，点是曲线与在第一象限的交点，点在上的投影是点.若，则曲线的离心率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据投影以及得出，设，得出关系式，再联立曲线方程求出点坐标，将其代入关系式中即可.【详解】因为点在上的投影是点，所以，因为，所以，设，则（*）又由，得，代入（*）式得，得，故曲线的离心率是.故选：B二、多项选择题：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.以下说法正确的是（）A.若，则B.相关系数用来衡量成对样本数据的线性相关程度，而决定系数可以用来比较两个模型的拟合效果C.已知随机变量，若，则D.某校高二年级的男生身高（单位：cm）近似服从正态分布．若该校高二年级有1000名男生，则身高在内的男生大约有819人（参考数据：，．）【答案】BCD【解析】【分析】根据正态分布的性质即可求解．【详解】A：根据期望与方差性质，，故A错误；B：相关系数衡量成对样本数据的线性相关程度，决定系数用于比较模型拟合效果（越大，拟合效果越好），B正确；C：由，得，则，C正确；D：，则，总和为，D正确．10.如图，正方体的棱长为2，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点（包括端点），则下列说法中正确的是（）A.直线PQ与MN所成角的余弦值的最大值为B.三棱锥的体积为定值C.存在点Q，使B，N，P，Q四点共面D.三棱锥的外接球的表面积为【答案】BCD【解析】【分析】对于A，举反例即可判断；对于B，只需证明平面，即可判断；对于C，连接，证得和，得到，即可判断；对于D，分别取的中点，构造长方体，结合正方体的性质和球的表面积公式，即可判断.【详解】对于A，如图所示，当点为的中点时，因为M，N，P分别是，，的中点，所以，所以，所以直线PQ与MN所成角的余弦值的最大值为1，故A错误；对于B，如图所示，因为，平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离为定值，且三角形的面积也为定值，从而三棱锥的体积为定值，故B正确；对于C中，如图所示，在正方体中，连接，因为分别是的中点，所以,又因为，所以，所以四点共面，即当与点重合时，四点共面，所以C正确；对于D中，分别取的中点，构造长方体，则经过四点的球即为长方体的外接球，设所求外接球的直径为，则长方体的体对角线即为所求的球的直径，即，所以经过四点的球的表面积为，所以D正确.故选：BCD.11.已知，圆，则（）A.存在2个不同的，使得圆与轴或轴相切B.存在唯一的，使得圆在轴和轴上截得的线段长相等C.存在4个不同的，使得圆过坐标原点D.存在唯一的，使得圆的面积被直线平分【答案】BD【解析】【分析】根据圆心所在的直线或曲线上，利用数形结合或导数与单调性的关系讨论求解.【详解】由条件可知，圆的半径为1，圆心坐标为，即圆心在曲线上运动.对于，当时，圆与轴相切，当，即或时，圆与轴相切，所以满足要求的有3个，错误；对于，若圆在轴和轴上截得的线段长相等，则圆心到轴和轴的距离相等，故圆心在上，又圆心在上，设,令,解得,令,解得,所以在单调递减,单调递增,所以,所以无解，即与无交点，设在恒成立，所以在单调递增,且，由零点的存在性定理得有唯一零点，即有一个解，所以与有一个交点，所以满足要求的仅有一个，B正确；对于，若圆过坐标原点，则，由图可知，与有两个交点，所以满足要求的有2个，故错误；对于，若圆的面积被直线平分，则直线经过圆心，即证有唯一解，令，令，解得，令，解得，所以在单调递增，单调递减，所以，所以有唯一解，故D正确.故选：BD.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中常数项为______．【答案】60【解析】【详解】的展开式的通项为，，1，2，…，6，令，得，所以的展开式中常数项为．13.已知数列满足，，，则_______.【答案】【解析】【分析】先求出数列的通项，代入后将其拆成，再求和，通过裂项相消法即可求得数列的和.【详解】由知数列为等差数列，且，公差，则，于是，则.故答案为：.14.在边长为1的正方体的8个顶点中，记任取两点的线段长为，则的期望为________．【答案】【解析】【详解】的所有可能取值为，从边长为1的正方体的8个顶点中，任取两点可得条线段，其中长度为1的线段有12条，长度为的有12条，长度为的有4条，因此，所以的期望.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.已知数列的前项和为，且（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的通项公式；（3）在（2）的条件下，设，问是否存在实数使得数列是单调递增数列？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）（3）存在，【解析】【分析】（1）由与的关系得到数列递推式，利用等比数列定义判断并求出其通项公式即得；（2）由数列递推式构造两方程，相减即可求得通项，检验首项即得；（3）根据数列为递增数列，得到对任意恒成立，化简得对任意恒成立，即，再由解得，综合即可求得参数范围.【小问1详解】由，，两式相减，可得，即得，又，得，，故数列为等比数列，且首项为2，公比为，所以.【小问2详解】由（1）知.则①，可得，当时，②，由①-②：可得，故得，显然不满足此式，故.【小问3详解】因为，时，则.因为数列递增，则对任意恒成立由，化简得，即对任意恒成立，故又因为，则，解得.综上，的取值范围为.16.如图，在几何体中，底面为平行四边形，平面⊥平面.（1）证明:四边形为菱形;（2）若，且，，求平面与平面的夹角的正弦值.【答案】（1）设，连接，过向作垂线，垂足为，因为平面⊥平面，平面平面，，平面，所以平面，因为平面，所以，因为平面，所以，因为,平面，所以平面，所以，因为为平行四边形，所以为菱形.（2）【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质得出线线垂直，进而证明平面，得出对角线垂直，进一步可得结论；（2）建立空间坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量夹角公式可求答案.【小问1详解】设，连接，过向作垂线，垂足为，因为平面⊥平面，平面平面，，平面，所以平面，因为平面，所以，因为平面，所以，因为,平面，所以平面，所以，因为为平行四边形，所以为菱形.【小问2详解】因为，结合（1）可知底面为正方形，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，则;,;设平面的一个法向量为，则，令得，.设平面的一个法向量为，则，令得，.设平面与平面的夹角为，则，所以，即平面与平面的夹角的正弦值为.17.在中，内角所对的边分别为，已知.（1）求内角的大小；（2）若，求面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理边化角，再利用辅助角公式化简，结合特殊角即可求出角A；（2）法一：结合余弦定理以及基本不等式即可求出最值；法二：根据正弦定理边化角，利用三角函数求最值，注意定义域.【小问1详解】由正弦定理有，因为，所以，故，即，即，因为，所以，所以，即.【小问2详解】法一：因为，即，因为，所以，即（当且仅当时取等），故（当且仅当时取等），所以当时，△ABC面积S有最大值，最大值为.法二：由正弦定理有，即，，因为，所以，当，即时，有最大值，最大值为1，.18.对于函数，若存在，使得，则称为的不动点；若存在，使得，则称为的稳定点．（1）已知，求的不动点．（2）已知：若函数在定义域内严格单调递增，则“为函数的不动点”是“为函数的稳定点”的充要条件．已知，试判断是否存在稳定点，若存在，求出稳定点个数；若不存在，请说明理由．【答案】（1）唯一不动点1（2）当时，无稳定点；当时，有唯一稳定点；当时，有两个稳定点.理由如下：当时，对求导得，由于，又，故恒成立，在严格单调递增，符合不动点与稳定点等价的前提,依题意，函数的稳定点与的不动点等价，则只需研究的不动点即可．令，求导得函数在上单调递减，当时，，当趋近于正无穷大时，趋近于0，则存在，使得，即存在唯一，使得，即此时在上单调递增，在上单调递减，于是当从大于0的方向趋近于0时，趋近于负无穷大，当趋近正无穷大时，趋近于负无穷大，设，则在上单调递增，且，又在上单调递增，（ⅰ）当时，即，此时，方程有一个解，即有唯一不动点（ⅱ）当时，即，此时，方程无解，即无不动点（ⅲ）当时，即，此时，方程有两个解，即有两个不动点所以，当时，无稳定点；当时，有唯一稳定点；当时，有两个稳定点.【解析】【分析】（1）令函数，利用导数探讨单调性确定零点即可．（2）当时，确定函数单调性，把问题转化为函数的不动点个数求解，利用导数探讨函数的零点即可．【小问1详解】令函数，求导得成立所以函数在上单调递增，又,因此函数在上有唯一零点1，所以函数有唯一不动点1.【小问2详解】略19.已知椭圆长轴长为，焦距为，斜率为的直线与椭圆相交于两点．（1）求椭圆的方程；（2）若，求的方程；（3）点在椭圆上，且异于点，记直线的斜率分别为，证明：为定值．【答案】（1）（2）或（3）证明：直线均不与轴垂直，所以，则且