广东广州市海珠区2027届高三上学期综合练习(一)数学试卷（含答案）

/广东广州市海珠区2027届高三上学期综合练习（一）数学本练习共19小题，满分150分.作答用时120分钟.注意事项：1.作答前，学生务必将自己的学校、姓名、学生号、教室号和座位号填写在答题卡上，用2B铅笔将学生号和座位号填涂在答题卡相应位置上.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在本练习上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.4.学生必须保持答题卡的整洁.作答结束后，将练习和答题卡交回.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，，若或，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】，，所以或．2.已知，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】因为，所以.3.已知，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用两角和、差的余弦公式联立方程组，解出与，再由正切定义作比值消去参数求得结果．【详解】由，得①，由，得②，由①②得，，所以．4.在中，设点满足：在的延长线上，.记，，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】如图所示：因为，所以，则.5.抛物线的焦点坐标是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】抛物线化为,当,则,从而,所以焦点的坐标是;当,则,从而,所以焦点的坐标是.所以抛物线的焦点坐标是.6.由样本数据组成的一个样本，得到经验回归方程为，且，通过残差分析，发现两个数据，误差较大，去除这两个数据后得到新样本经验回归方程为.在新的经验回归方程下，样本的残差为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用回归直线方程过样本中心点，可求得样本中心点为，又根据除去两组样本数据后的样本中心点，可求得经验回归直线方程，进而代入数据可求得的估计值，据此可计算残差.【详解】因为经验回归方程为，且，所以，故这组数据的样本中心点为，去掉，，由于，所以剩余组数据的样本中心点仍为，因为新样本经验回归方程为，所以代入，求得，所以经验回归直线的方程为：，将代入经验回归方程，求得的估计值为，所以样本的残差为.7.已知数列，其前项和为，，给定正整数，设函数，表示的导函数，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由数列的递推关系求出数列的通项，求导得到的表达式，利用错位相减法求解.【详解】由，当时，，即，得，当时，，两式相减得，所以，即，综上，数列是以1为首项，以4为公比的等比数列，故；又，所以，所以，两式相减得，所以.8.已知函数的最大值为，则的最小值为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】本题利用同构法求解含参函数最值的导数问题，首先通过指数恒等式对原函数进行同构变形，引入换元，将复杂的指对混合函数转化为单一变量函数；接着分析的单调性，得出其最大值为0且仅在处取得，由此将“的最大值为0”等价转化为存在正实数使得，即方程有正解；然后构造函数，通过求导分析其单调性与最小值，结合两端极限确定函数的值域；最后根据方程有解等价于参数属于函数值域，得到的取值范围，进而求出的最小值.【详解】函数定义域为，因为，所以函数改写为：令，则.对求导：.当时，，单调递增；当时，，单调递减.因此在处取得最大值，即恒成立，当且仅当时取到最大值.题目要求的最大值为，等价于存在使得，即方程有正实数解.令，求导：当时，，单调递减；当时，，单调递增.故在处取得极小值（最小值）：当时，当时，因此的值域为.所以方程有解等价于，故的最小值为.核心技巧：面对这类指对混合结构，利用统一为指数形式，凑出相同的整体变量换元，是简化复杂函数的关键手段，能大幅降低分析难度.最值转化逻辑：复合函数能取到外层函数的最大值，本质是内层函数的值域必须包含外层函数取最值时的自变量值，由此将函数最值问题转化为方程有解问题，是本题的核心转化思想.通用方法：分离参数法是处理方程有解、恒成立求参问题的常用方法，将参数范围问题转化为求函数值域问题，思路清晰直接.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.已知函数，下列说法正确的是（）A.是的极大值点；B.在处的切线为；C.当时，；D.的对称中心为.【答案】ACD【解析】【分析】先对函数求导，由导数判断函数的极值点可判断A选项；由导数的几何意义可得切线方程，进而可判断选项B；再由导数判断函数的单调性进而判断选项C，对D选项根据中心对称的定义判断可得.【详解】由函数，函数的定义域为，，选项A：当时，，单调递增；当时，，单调递减；因此，是的极大值点，故A正确；选项B：因为，，由导数的几何意义，切点为，切线的斜率，得切线方程为，即，并非，B错误；选项C：当时，，即.结合A的分析知，在上单调递减，且，所以，C正确；选项D：因为，，所以，因此函数关于点对称，D正确.10.在正方体中，，，分别是，的中点，下列说法正确的是（）A.直线平面B.直线与所成角的正弦值为C.过、、三点的平面截正方体所得截面图形的周长为D.过、、、四点的球的表面积为【答案】ABD【解析】【分析】选项A：先建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再计算直线的方向向量与法向量的点积，点积为0说明二者垂直；结合不在平面内，即可证得线面平行.选项B：遵循异面直线所成角的向量计算公式，先获取两直线的方向向量，用向量点积公式求出夹角的余弦值（取绝对值），再通过同角三角函数的平方关系，计算得到所成角的正弦值.选项C：延展平面，找到其与棱的交点，确定截面为四边形；分别计算四条边的长度并求和，与选项给出的周长对比，可判断该选项错误.选项D：利用外接球球心的性质——到各点距离相等求解，先由对称点、和、分别确定球心所在的两个中垂面，缩小球心坐标的未知量；再根据球心到、距离相等列方程，解出球心坐标，计算半径平方后代入球的表面积公式即可验证.【详解】以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，正方体棱长为，则，是AD中点，故；是中点，故.选项A：平面的向量：，，设平面的法向量，则，，令，则，所以，，，故.又因为不在平面内，因此平面，A正确.选项B：由坐标得，.异面直线所成角满足：，因此，B选项正确.选项C：在底面内，延长直线，交的延长线于点.由是中点，且，可得，相似比为.因此，结合正方体棱长，可算出，即在延长线上，且.在侧面内，连接，交于点，则就是平面与棱的交点.由，可得，相似比为.已知是中点，，因此，得.所以平面与交于.截面为四边形，，，，，周长为，C错误.选项D：过的球的球心在中垂面上，且在DE中垂面上，设球心.由到和距离相等：解得，半径平方.表面积，D正确.11.数学中将具有某一共同特征的所有直线的集合叫做直线系.现有直线系，下列说法正确的是（）A.中所有直线均经过一个定点B.存在定点不在中的任一条直线上C.中的直线所能围成的正三角形面积都相等D.对于任意整数，存在正边形，其所有边均在中的直线上【答案】BD【解析】【分析】先由点到直线的距离公式得点到的距离，因此直线系就是圆的所有切线的集合.对A先取的两个不同值，得交点，再验证交点是否在的切线上可得；对B取定点判断可得；对C通过圆的切线围成的正三角形分成两类，再分别计算它们的面积可得；对D由圆的外切正多边形的性质可得.【详解】将直线化为，则点到直线的距离，所以直线系方程的几何意义是：所有直线到定点的距离恒为，因此直线系就是圆的所有切线的集合.选项A：对直线系：，取：得，即；取：得，即，两直线的交点为.再取，得，即，而点不在直线上，因此所有切线不可能共定点，因此A错误；选项B：取定点（圆心），它到中任意直线的距离都是，因此不可能在任何一条的直线上，因此B正确；选项C：

中的直线可围成两类正三角形：一类是圆的外切正三角形：如，边长为，面积为；另一类是三条切线分布在圆的同侧、围成的更小的正三角形，如，它的边长为，面积为，因此C错误；选项D：对任意，因为圆都存在外切正边形，正边形的每条边都是该圆的切线，也就是都属于直线系，因此D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设函数.已知，，且的最小值为，则_________.【答案】1【解析】【详解】因为，，且的最小值为，所以，得，则，结合，解得.13.某校高二学生参加学农实践活动，期间安排了劳动技能比赛，比赛共6个项目，分别为劈柴、施肥、蔬菜移栽、野炊、扎染、消防演习，规定每人参加其中3个项目.假设每人参加每个项目的可能性相同，则甲同学参加“施肥”项目的概率为_________；已知乙同学参加的3个项目中有“野炊”，则他还参加“扎染”项目的概率为_________.【答案】①.##②.##【解析】【详解】每人参加其中3个项目，甲同学参加“施肥”项目，再从剩下的5个项目选2个，所以甲同学参加“施肥”项目的概率为；设事件为乙同学参加的3个项目中有“野炊”，事件为乙同学参加的3个项目中有“扎染”，所以，，则已知乙同学参加的3个项目中有“野炊”，则他还参加“扎染”项目的概率为.14.已知数列，设，，.当取得最小值时，_________.【答案】3【解析】【分析】由求得，进而求得的表达式，利用数列单调性定义判断的单调性，进而得解.【详解】由，得当时，，两式相除得，当时，，符合上式，故，又，所以，所以，令，令，得，因为，所以，故，则，所以当时，，即；当时，，所以，即当时，取得最小值.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，，的对边分别是，，.已知，，成等差数列，且.（1）求；（2）若，过点作，且，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用等差数列条件和正弦定理转化三边比例，再代入余弦定理直接求出cosA；（2）由平行线得到等角，在中用两角和正弦公式求出，再用正弦定理求CD.【小问1详解】，，成等差数列，，由正弦定理得，所以，，所以由余弦定理得；【小问2详解】由（1）得，，，，，在中，，，由正弦定理得，，16.在五面体中，四边形为等腰梯形，，，，.（1）求证：、、三线交于一点；（2）若，，，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）因为四边形为等腰梯形，，所以延长，交于一点设，，平面平面同理可得平面又平面平面、、三线交于一点（2）【解析】【分析】（1）先证两腰延长交于一点，再证明该点落在两个侧面的交线上，完成三线共点证明；（2）解法一：先推导出两两垂直，建立空间直角坐标系，用直线方向向量与平面法向量夹角求线面角正弦值；解法二：先证明两两垂直，利用相似得到线段长度，取中点M，证平面，则就是线面角，在直角三角形中直接求正弦；解法三：先利用线面垂直得到两两垂直关系，借助棱锥体积比例求出到平面的距离，再由线面角定义算出正弦值.【小问1详解】略【小问2详解】解法一：由，，，且，平面，，又面，，即，同理可得，，，，两两垂直，又是等腰梯形，是等腰三角形，，，，，，，，又，，，，以为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，，，，，，，，，设平面的一个法向量为，，，取，可得，，所以是平面的一个法向量，设直线与平面的夹角为，，直线与平面所成角的正弦值为.解法二：由，，，，平面，平面，又面，，故，同理可得，，，两两垂直，是等腰梯形，是等腰三角形，，，，，，，，又，，，，与是等腰直角三角形，作的中点，连接交于，连接，则为的中点，，，，，，在中可得，又因为，，，，，且，，平面，平面，直线与平面所成角为，所以，直线与平面所成角的正弦值为.解法三：由，，，且，面，，又面，，同理可得，，，两两垂直，是等腰梯形，是等腰三角形，，，，，，，，又，，，，与是等腰直角三角形，又，，，，又，，所以，又因为，设到平面的距离为，，所以，设直线与平面的夹角为，，直线与平面所成角的正弦值为.17.甲、乙两选手进行象棋比赛，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为.（1）若比赛采用“局胜”制，，，比赛结束乙获胜，记比赛的总局数为，求；（2）若选择以下方案中的一种：方案一：若采用“5局3胜”制，甲获胜的概率为.方案二：若甲乙赛满5局，甲至少赢3局比赛的概率为.比较和的大小，并说明理由；（3）记“局胜”制比赛中甲获得最终胜利的概率为.记“局胜”制比赛中，甲在第一局输的条件下，甲获得最终胜利的概率为.证明：.【答案】（1）（2）由题意，若采用方案一“5局3胜”制，甲只要取得3局比赛的胜利，比赛结束且甲获胜，则；若采用方案二甲乙比赛满5局，甲至少取得3局比赛胜利，设甲赢的局数为，那么服从二项分布，即，则，所以（3）设甲乙进行局比赛，甲赢的局数为，则，“局胜”制比赛中，甲第一局输的条件下，甲要获得最终胜利可拆解为：若第2局甲输，则后续最多局比赛，甲至少胜局，若第2局甲胜，则后续最多局比赛，甲至少胜局，由全概率公式得，【解析】【分析】（1）5局3胜，表示第4局乙获胜、前3局乙赢2局；（2）结合二项分布的概率公式求解，再比较大小；（3）条件概率结合全概率公式，把“首局甲输”的剩余比赛拆成两种情况，再用二项分布概率化简得到等式.【小问1详解】由题意，，，即采用5局3胜制，则；【小问2详解】略【小问3详解】略18.已知椭圆的一个焦点为，短轴长是．（1）求椭圆的标准方程；（2）直线与轴交于点，过点的直线与椭圆交于，两点．（i）记直线的斜率为，直线的斜率为，证明：；（ii）过点作直线的垂线交直线于点，求面积的最小值．【答案】（1）（2）（i）解法一：当直线与轴不重合时，设直线的方程为，，由得，恒成立，，，所以，，，当直线与轴重合时，显然，所以，综上所述．解法二：当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，由得，恒成立，，，所以，，，当直线与轴垂直时，显然，所以，综上所述．（ii）【解析】【分析】（1）由焦点得到，由短轴长得到，利用椭圆的性质得到，进而求出椭圆方程；（2）（i）方法一：设直线的方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理代入计算得出；方法二：分直线斜率存在和不存在两种情况，联立椭圆方程，利用韦达定理代入计算得出；（ii）方法一：由弦长公式求出，由垂直关系结合求出点，进而得出，由面积公式整理得出关于的函数，通过换元法求出面积最小值；方法二：分直线斜率存在和不存在两种情况求出，进而求出有最小值，利用面积公式求出面积最小值．【小问1详解】由题意得，，所以则椭圆的标准方程是．【小问2详解】（i）略（ii）解法一：，直线，则，，，令，则，则，在单调递增且，在单调递