2027届浙江天域名校协作体高三10月考学科练习数学试卷（含解析）

试卷第=page11页（共=sectionpages33页）试卷第=page11页（共=sectionpages33页）高三数学学科练习注意事项：1．本题共4页，满分150分，考试时间120分钟．2．答题前，在答题卡指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号．3．所有答案必须写在答题卡上，写在试题上无效．4．结束后，只需上交答题卡．选择题部分一、单项选择题：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，集合，则（

）A． B． C． D．2．已知，i为虚数单位，若为纯虚数，则a的值为（

）A．1 B． C．0 D．3．已知，，则“”的一个充分不必要条件是（

）A． B．C． D．4．若将函数的图象向左平移个单位后的函数图象关于y轴对称，则可取值为（

）A． B． C． D．5．已知事件与事件同时发生时，事件必然发生，则下列结论正确的是（

）A． B．C． D．6．设，分别为数列，的前项和，且，则当取得最大值时，A．23 B．24 C．25 D．267．已知函数，则（

）A．-2 B．0 C．2 D．108．设为原点，，分别为双曲线C：的左右焦点，，分别为左右顶点，点在双曲线上且满足，平分，则该双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．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．掷一枚质地均匀的骰子，连续抛掷4次，记录每次朝上的点数．若该组数据的平均数为3，则（

）A．中位数可能为3 B．极差可能为1 C．众数可能为2 D．方差可能为610．在棱长为2的正四面体中，点在平面内，且，则下列说法正确的有（

）A．点的轨迹是圆B．三棱锥的体积最大值为C．存在点，使得D．的最小值为11．已知奇函数和偶函数的定义域均为，其导函数分别为，，且，，，则下列结论中正确的是（

）A．B．函数的值域为C．对任意，都有，那么的取值范围为D．若直线与函数、函数的图象分别交于、两点，函数在点处的切线与函数在点处的切线相交于，则的最小值为非选择题部分三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知两单位向量，满足，则，的夹角为______．13．已知抛物线：上点，斜率为1的直线过点，抛物线上存在两点，关于直线对称，则______．14．设数列满足，，，记为不超过实数的最大整数，则______．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，，所对应的边分别为，，，，．(1)求；(2)若，求．16．如图，在三棱柱中，为边长为2的正三角形，顶点在底面的投影为线段的中点，已知直线与平面所成的角为，为棱上一动点．(1)求三棱锥的体积；(2)若，求平面与平面所成角的正弦值．17．已知函数．(1)求证：函数在上存在唯一极值点；(2)设为（1）中的极值点，求证：对任意，都有．18．已知椭圆：，点在椭圆上，为坐标原点，，关于原点对称，设直线斜率为，过点作斜率为的直线交轴于点，直线与椭圆交于另一点．(1)证明：直线与直线斜率之和为定值；(2)若直线，直线，直线的斜率依次成等比数列，求的值；(3)求外接圆圆心的纵坐标的最大值．19．已知，，…，为1，2，…，的一个排列，定义一次划分变换：把小于的数按照原排列的顺序排在左边（若没有小于，则其左侧不放任何数）；把大于的数按照原排列的顺序排在右边（若没有大于，则其右侧不放任何数），得到新的数列记为，其中，，．(1)若排列为4，2，3，1，写出以及；(2)对于任意有限排列，必定存在正整数使得．记使得成立的最小的正整数为随机变量，且表示满足的排列的个数，其中．（ⅰ）若，求的值（用表示）；（ⅱ）证明：．答案第=page11页（共=sectionpages22页）答案第=page11页（共=sectionpages22页）1．D【详解】由，故且，所以.2．A【详解】，因为为纯虚数，所以，.3．C【详解】因为函数是定义在上的单调递增函数，所以等价于．选项A、取，满足，但此时，说明无法推出，充分性不成立，选项A错误；选项B、取，满足，但此时，说明无法推出，充分性不成立，选项B错误；选项C、对数函数的定义域为，且在定义域上单调递增，若，则，可推出，充分性成立；若即，当或时，或无意义，无法推出，必要性不成立，因此是的充分不必要条件，选项C正确；选项D、指数函数是定义在上的单调递增函数，等价于，即等价于，因此是的充要条件，选项D错误．4．B【分析】化简可得，结合三角函数图象变换可得平移后的解析式为，再结合偶函数性质可得结论.【详解】函数的图象向左平移个单位，得到图象关于轴对称，即，解得，又，当时，的最小值为.5．D【分析】结合题意判断A，举反例判断B，结合概率的加法公式判断C，D即可.【详解】对于A，由题意得事件与事件同时发生时，事件必然发生，得到，故A错误，对于B，设样本空间为，，，，可得，，满足，而，不满足，故B错误，对于C，D，由概率加法公式得，而，则即成立，故C错误，D正确.6．B【详解】∵，∴，当时，，∴∴∵，∴，当时，；当时，.故当时，最大.故选B7．C【分析】根据二项式定理及分段函数性质求解即可.【详解】.因为，，，均能被3整除，所以除以3的余数为1，即，所以.8．A【分析】设，由和点在双曲线上得到两个方程，利用平分得到角平分线定理，将线段比转化为离心率的表达式，联立方程消元后得到关于离心率的方程，解出并结合确定最终结果.【详解】设，由得（1）又在双曲线上：（2）由平分，由角平分线定理得（3），由(1)(2)消去得（4），又将代入(3)的平方：即，整理得（5），由(4)(5)得即因为，所以，代入得化简得，即，解得，因为，所以9．AC【分析】利用特例判断AC的真假；利用极差的概念，结合整数的性质可判断B的真假；利用方差的概念，分情况研究，可判断D的真假.【详解】对A，若4次所得的点数分别为，则该组数据的中位数为，故A正确；对B，设4次所得的点数分别为，且，由平均数为3得，若极差为，则，所以中只能出现和两个整数.设出现个，个，则（）.因为时，的值分别为，均不是4的倍数，所以方程无整数解.即极差不可能为1.故B错误；对C，设4次所得的点数分别为，则该组数据的众数为2，故C正确；对D，设4次所得的点数分别为，且，由平均数为3得，若方差为6，则，设，，则，且，.所以不可能有2个3.（1）若中有1个数是3，则其他3个数的和为，平方和为.因为3个数的和为，则这三个数可能是：①，但平方和为3，不等于15，不合题意；②，但平方和为5，不等于15，不合题意；③，但平方和为9，不等于15，不合题意；（2）若没有3，则这4个数为时，平方和取得最大值，为16，因为，所以无解.综上，方差不可能为6.故D错误.10．ACD【分析】根据正四面体的性质、线面垂直的性质、正三角形的性质及圆的轨迹方程即可判断A；根据等体积法及圆上的点到定直线的最值即可判断B；根据向量的数量积及数量积运算律即可判断CD.【详解】对于A，正四面体顶点在底面上的投影为底面正的重心，连接并延长，交于，连接，所以平面，，为中点.在正中，；在正中，.在中，.在中，，即在平面内，点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，A正确.对于B，设点到的距离为.因为，所以当三棱锥体积最大时，点到的距离最大.又点到的距离最大值，所以，B错误.对于C，在正中，.因为，所以当时，，此时.故存在点，使得，C正确.对于D，，又，所以，此时与反向共线.故当与反向共线时，取到最小值，为，D正确.11．ABD【分析】由、构造和，分别利用导数关系求出两函数的解析式；A直接代入验证；B将分式变形后利用指数函数的值域求范围；C利用函数单调性和极限判断的取值范围；设切点求两切线交点，再计算并利用基本不等式求最小值即可判断D．【详解】由题意，为奇函数，为偶函数，且，，，令，则又，故，即，令，则又，故，即，解得：对于A：，所以A正确；对于B：，因为，所以，故，所以B正确；对于C：不等式可化为，设，则，，当时，因为，所以，函数在上单调递增，又，所以，满足条件，当时，设，，则，所以在上单调递增，，存在使得，当时，，即，函数在上单调递减，故时，，不满足条件，所以要使恒成立，需，即，所以C错误；对于D：设，，在处切线：；在处切线：；联立两式整理得因为，所以，即，代入得，所以，所以，因为，所以，当时取最小值，所以D正确.12．##【分析】由单位向量，满足，化简得，再结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】由单位向量，满足，可得，又因为，可得，设向量与的夹角为，且，因为，所以.13．【分析】由点在抛物线上求参数值，即可得抛物线，应用点斜式写出直线方程后设直线MN的方程为，联立抛物线得到韦达定理，且MN的中点坐标为，再由点在直线上求参数，最后由弦长公式可得.【详解】如图，因为在抛物线上，所以，解得，所以抛物线方程为，

因为直线的斜率为1，所以直线的方程为；设直线MN的方程为，由，消去得，设，则，于是线段MN的中点坐标为，显然点在直线上，即，解得，所以，所以.14．1023【分析】根据已知关系式可得，知数列为递增数列；采用裂项相消法可求得，知，由数列单调性可求得，由此可推导得到，最后结合取整函数定义求得结果即可.【详解】因为，所以，可得，化简得，而，由题意得，而，可得，而，则，得到数列是单调递增数列，且，因为，所以，得到，可得，而记为不超过实数的最大整数，故.15．(1)(2)【分析】（1）利用三角形内角和得到，结合以及角范围得到，联立方程组求解角A；（2）由正弦定理把转化为，借助三角恒等式代入求值.【详解】（1）因为，所以，，所以，因为，所以，又因为，解得，；（2）由二倍角公式得，得到，所以，得，又由正弦定理得，所以，故.16．(1)(2)【分析】（1）由为在底面上的投影，推出面，点到平面的距离等于点到平面的距离，确定高，将三棱锥的体积转化为求的体积.（2）根据题中的垂直关系建立空间坐标系，标记点的坐标，分别求解平面与平面的法向量，求解两个法向量夹角的正弦值，进而确定两个平面所成角的正弦值.【详解】（1）∵在三棱柱中，为在底面上的投影，∴面，∵面，∴点到平面的距离等于点到平面的距离因为与平面所成的角为，且面，∴，∴（2）以为原点，，，为，，轴，如图，可得：，，，，，又∵，∴，∴，所以，，，设为平面的一个法向量，则，即，令，则，设为平面的一个法向量，则，即，令，则，∴，，所以平面与平面所成角的正弦值为.17．(1)由，则，令，，则，则在上单调递减，令，，则，当，，则在上单调递减；当，，则在上单调递增，所以，所以，即，所以，由，则，所以，所以存在唯一零点，使得，当，，即；当，，即，因此是的唯一极值点，证毕．(2)由（1）可知是极大值点，所以对任意，都有．因此只需证明不等式：对任意，都有．由，得，得，则，则，令，则，当时，，则在上单调递减，故，即，证毕．【分析】（1）先求出，再构造函数，求，从而得到的单调性，再结合零点定理即可证明结论；（2）结合（1）可将需证明的结论转化为对任意，都有，再结合，通过构造函数，求导，分析函数的单调性求出最值即可证明．【详解】（1）略（2）略18．(1)设，则，则直线的斜率为，又直线AD的斜率为，则直线AD的方程为，又点在轴上，则点的坐标为，则直线的斜率为，所以直线与直线斜率之和为（定值），证毕．(2)(3)【分析】（1）先设，再根据题意得到点的坐标，从而得到直线与直线的斜率，即可得到直线AD的方程，从而得到点的坐标，即可得到直线的斜率，进而求直线与直线斜率之和即可证明；（2）结合（1）及题意求出，从而得到，再根据等比数列的性质即可求出的值；（3）先结合（1）得到的直线方程，再联立椭圆方程及韦达定理即可得到的中点的坐标，从而联立，的垂直平分线即可得到外接圆圆心P的纵坐标，再构造函数，，分析其奇偶性，求导，分析单调性即可得到，进而即可得到的最大值．【详解】（1）略（2）结合（1）有，，，，，由，，均在椭圆上，设，则，即，又，，依次成等比数列，则，即，解得．（3）结合（1）有，，即，则的直线方程为，即，联立，整理得．设的中点为，则，则，联立，的垂直平分线，解得外接圆圆心为P的纵坐标为，又，且，解得，所以，设，，则，由于，则为奇函数，则只需考虑，令，解得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以当时，取得最大值，且，故的最大值为．19．(1)：2，3，1，4，：1，2，3，4(2)（ⅰ）（ⅱ）解法一：，当时，，从而，满足结论．当时，由（ⅰ）得.令，则又因为，于是．综上，．记，则，于是单调递增，从而，当且仅当等号成立．所以，即．故．命题得证．解法二：当时，，从而，满足结论．当时，将1，2，…，m任意排列得到随机排列A：，使得成立的最小的正整数k为X，记此时X的期望为．设A：中，则t等可能地取1，2，…，m，故