广东广州奥林匹克中学2027届高三一轮复习九月检测数学试卷（含答案）

/广州奥林匹克中学2027届高三年级一轮复习九月检测数学试卷一、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】因为，，所以.2.已知随机变量的分布列为：123450.10.30.40.1则随机变量的期望等于（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先根据分布列的性质求出的值，再按期望公式求解即可.【详解】由题意知：，所以．3.洛阳龙门石窟是世界上规模最大的石刻艺术宝库，被联合国教科文组织评为“中国石刻艺术的最高峰”.现有一石窟的某处共有378个“浮雕像”，分为6层，对每一层来说，上一层的数量是该层的2倍，则从下往上数，第4层“浮雕像”的数量为（）A.16 B.32 C.48 D.64【答案】C【解析】【分析】借助等比数列求和公式求出首项，然后利用等比数列通项公式基本量的运算求解即可.【详解】由题意，从下往上“浮雕像”的数量成等比数列，设为，则，公比，所以，所以，所以第4层“浮雕像”的数量为.故选：C4.已知直线：，直线：，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分又不必要条件【答案】C【解析】【分析】当时可推得，当时，可推得或，再利用充分条件与必要条件的判断方法，即可求解.【详解】因为，所以且，又因为、，所以，整理得，解得或，若，代入两条直线得，，即，两直线完全重合，不满足平行，因此的唯一解就是，当时，可直接推出，同时​也只能推出，因此""是"​"的充要条件.5.已知，那么的展开式中的系数为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据组合系数性质求出的值，再写出展开式的通项，最后令通项中的指数为求出，进而得到的系数.【详解】因为，所以根据组合数的性质可得：，即，即，解得或（舍去）故，因为的展开式的通项是，根据题意，得，，因此，的系数是．6.已知向量，且，则的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先通过计算出，再利用齐次分式求出结果即可.【详解】由题意可得，即.故选：A.7.已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，圆柱的下底面在圆锥的底面上，上底面圆的圆周在圆锥的侧面上，则圆柱的侧面积的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】将圆柱侧面积的最大值问题，转化为关于圆柱底面半径的二次函数的最值问题.【详解】由的底面半径，母线长，所以圆锥的高.由题可设圆柱的底面半径为()，高为.由得，即，截得.所以圆柱的侧面积所以当时，侧面积取得最大值为.8.已知函数，若对任意的，都有，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】由两边同乘得.设，，由题意得在上严格递增，则对任意恒成立，即对任意恒成立.令，，则，当时，单调递增，当时，单调递减，所以的最大值为，因此.当时，，令，，易得且仅在处取等，故且最多有一个实数解，严格递增，所以的取值范围是.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，有多个符合题目要求的．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.设复数，则（）A.复数z的虚部为 B. C. D.【答案】BC【解析】【分析】根据复数的虚部定义可判断A；根据复数的模长公式可判断B；根据复数的乘法及复数的共轭可判断CD.【详解】对于A：复数z的虚部为，故A错误；对于B：由，可得，故B正确；对于C：，则，所以，故C正确；对于D：，故D错误.10.已知函数的部分图象如图，则（）A.B.为奇函数C.在上的值域是D.当在上恰有3个零点时，的取值范围是．【答案】ACD【解析】【分析】根据题意可求得，从而判断A；求出函数的解析式为，进而可得，即可判断B；求出函数在上的值域，从而判断C；根据题意求出函数在上恰有4个零点时的值，即可判断D.【详解】由图象可知，，，，故A正确；三角函数的解析式是，函数的图象过，把点的坐标代入三角函数的解析式，，，又，，三角函数的解析式是．由于，不是奇函数，B不正确；由于，所以，，在上的值域是，故C正确；当在上恰有3个零点时，零点为，又轴右侧的第四个零点为，，即的取值范围是，故D正确．11.如图，在长方体中，，，点为四边形内部（不含边界）的一个动点，平面平面，则下列说法正确的是（）A.异面直线与所成角的余弦值为B.当时，二面角的正切值为C.四面体的外接球体积为D.若，则的取值范围是【答案】ABD【解析】【分析】建立空间直角坐标系利用空间向量法可判断选项A，结合面面垂直性质定理，动点轨迹方程，以及二面角的求解方法分析可判断选项B；找出外接球的球心，利用已知条件求出半径，利用球体体积公式计算可判断选项C；根据动点的轨迹方程以及向量的坐标关系式和圆的参数方程、三角函数性质求解可判断选项D.【详解】以为原点，分别为轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，，设，，对于A，由，所以，，所以异面直线与所成角的余弦值为，故A正确；对于B，过作垂足为点，因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，又平面，故，又，，平面，所以平面，平面，故，，根据二面角定义可知是二面角的平面角，则，故B正确；对于C，设的中点为，连接，因为都是直角三角形，所以，即四面体外接球的球心为点，所以，可得外接球半径为，所以体积，故C错误；对于D，因为，，，所以，故，，因为，所以的轨迹是以为直径，中点为圆心的圆在正方形内的部分，所以在平面上的轨迹方程为，设，得，由得，故，所以，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.记为等差数列的前项和.若，，则__________．【答案】24【解析】【分析】根据等差数列通项公式求出公差，再结合求和公式求解即可.【详解】由等差数列通项公式，代入可得，解得.因为，所以，故.13.2026年8月19日，广东省第十七届运动会手球比赛圆满收官，由广州奥林匹克中学组建的广州男子手球队一路过关斩将，斩获男子手球甲组冠军、乙组亚军，学校获得建队25年来首枚省运会手球金牌．男子手球甲组比赛集结了来自广州、茂名、清远、深圳等8支全省顶尖强队，先进行小组循环赛，小组赛分A、B两组，每组4支球队，各组前两名进行交叉淘汰赛．小组赛分组规定：东道主茂名队与2025年广东省手球锦标赛冠军广州队作为种子球队分别安排在A组、B组，深圳队与清远队不安排在同一个小组，其它4支队伍抽签分组，那么本次男子手球甲组比赛，小组赛共有______种分组方法（用数字作答）．【答案】12【解析】【详解】先排茂名队、广州队，有1种方法；再排清远队、深圳队，有种方法；再排其余4支球队，有种方法，故共有种方法．14.已知双曲线的一条渐近线与圆相交于，两点，则____.【答案】【解析】【详解】已知双曲线，则双曲线的两条渐近线方程分别为和，双曲线的一条渐近线与圆相交于，两点，由圆关于轴对称，而双曲线的两条渐近线均关于轴对称，因此，无论选择哪一条渐近线，其与圆相交所得弦长都相等.由圆可知，圆心坐标为，半径，将其中一条渐近线化为一般式：，则圆心到渐近线的距离，则弦长.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.如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的大小.【答案】（1）证明：在四棱锥中，底面，底面，所以,由底面是正方形，得，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，则，，设平面的法向量为则，令，则，则为平面的一个法向量，则，而不在平面内，所以平面.（2）【解析】【分析】（1）建系，通过线面位置的向量表示即可求证；（2）由面面角的向量法即可求解.【小问1详解】略【小问2详解】由（1）知，，且设平面的法向量为，则，取，，所以为平面的一个法向量，而，则，即，则的一个法向量为，因此，而则所以平面与平面的夹角是16.在中，角的对边分别为，若．（1）求A；（2）若，的面积为，求b，c的值；（3）若，求周长的取值范围．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据正弦定理，由边化角，再根据两角和的正弦公式，求出结果即可.（2）根据三角形正弦面积公式，以及余弦定理，解三角形.（3）根据余弦定理求出三角形边长之间的关系，再根据基本不等式求出范围，或者根据正弦定理构造函数，根据角的范围求出边长之和的范围，进而求出三角形周长范围即可.【小问1详解】由正弦定理得，因为，代入得，由于，解得，所以．又，所以．【小问2详解】由题得的面积，故①．而，且，故②，由①②得．【小问3详解】方法一：可知，且，，得，由基本不等式可知，即，得，解得，又，所以，所以，即周长的取值范围为．方法二：由，及正弦定理得：，因为，所以，所以．因为，所以，，所以，所以周长的取值范围为．17.已知抛物线与椭圆：有相同的焦点，点是椭圆的右顶点．（1）求椭圆离心率；（2）已知点，，若椭圆上存在一点，满足，求的值；（3）若直线与交于、两点，且为直角，求证：直线恒过定点．【答案】（1）（2）（3）由（1）知.设，，因为为直角，所以，即，其中、均与不重合.若与轴平行，设，则、关于轴对称，设，，由得，结合解得，，此时与重合，不合题意，故不与轴平行，可设.代入椭圆方程，整理得.因为直线与椭圆交于、两个不同的点，所以判别式，即.所以，，且，.于是，即，因式分解得，解得或.当时，直线恒过点，而在椭圆上，所以、中恰有一点与重合，不存在，不符合题意，舍去；当时，，判别式恒成立，直线与椭圆恒有两个不同的交点，且直线不经过点，符合题意.所以直线恒过定点.【解析】【分析】（1）由抛物线的标准方程确定其焦点，从而得到椭圆的半焦距，再结合椭圆的长半轴求离心率.（2）由可知为线段的中点，利用中点坐标表示出，再将的坐标代入椭圆方程，即可求出.（3）设，，由得.先排除直线与轴平行的情形，再设，将其与椭圆方程联立，利用根与系数的关系表示、，代入垂直条件化简得到.其中时直线经过椭圆右顶点，不符合均与不重合的条件，因此，故直线恒过定点.【小问1详解】抛物线的焦点为，因为抛物线与椭圆有相同的焦点，所以椭圆的半焦距.又，所以.所以椭圆的离心率.【小问2详解】因为，所以，即为线段的中点.又，，所以.由点在椭圆上，得，即，解得.又，所以.【小问3详解】略.18.为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后一天继续选择面食套餐的概率为，如此往复．（1）求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率；（2）记该同学第n天中午选择米饭套餐的概率为．①证明：为等比数列，并求数列的通项公式；②证明：当时，恒成立．【答案】（1）（2）①设事件为“第n天选择米饭套餐”，则，，根据题意，，由全概率公式，得整理得，故，，是以为首项，为公比的等比数列,通项公式为；②当n为大于1的奇数时，；当n为大于1的偶数时，；综上所述，当时，．【解析】【分析】（1）先拆分互斥情况，并求出相关概率，利用条件概率公式求出相关概率，再利用全概率公式求解；（2）①利用全概率公式建立递推关系式，通过变形构造等比关系，求出首项及通项公式；②根据通项公式分奇偶性讨论，从而证明结论．【小问1详解】设事件为“第1天选择米饭套餐”，事件为“第2天选择米饭套餐”，事件为“第1天不选择米饭套餐”，根据题意，，，，由全概率公式得．【小问2详解】①略②略19.已知函数的定义域为，直线与曲线相切．若对一切恒成立，称直线是函数的“下切线”；若对一切恒成立，称直线是函数的“上切线”．（1）证明：直线是函数的“上切线”；（2）若函数有“上切线”且有“下切线”，求的取值范围；（3）若直线既是函数的“下切线”，也是函数的“上切线”，求的取值范围．【答案】（1）对求导可得，，，所以直线是函数的切线，令，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，所以直线是函数的“上切线”.（2）（3）【解析】【分析】（1）先证直线是函数的切线，令，要证直线是函数的“上切线”，只需先证恒成立即可；（2）根据“上切线”和“下切线”的定义，得到关于的不等式，进而求出的取值范围；（3）根据是函数和的公切线，设的切点为，可得，令，利用导函数分析函数单调性和最值，即可求的取值范围．【小问1详解】对求导可得，，，所以直线是函数的切线，令，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，所以直线是函数的“上切线”；【小问2详解】因为是函数的“上切线”，所以对一切恒成立，即，化简得对