湖南省郴州市2027届高三一模数学试题（含答案）

2027届高三第一次教学质量监测

数学

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

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，用橡皮擦干净后，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。写在本试题卷上无效。

3.本试题卷共4页，如缺页，考生须及时报告监考老师，否则后果自负。

4.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合

题目要求的。

1.复数z=5-2i(为虚数单位)的虚部为

A.2iB.-2iC.5D.-2

2.已知集合M={(sinθ,cosθ),(cosθ,sinθ),(tanθ,1)],若集合M有8个子集，则θ可以是

C

A.0BD

3.已知m,n∈R,则“2”>2””是“m²>n²”的

A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件

C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

4.已知向量a=(2,-1),b=(1,m),且(a+b)⊥a,则m=

BC.3D.7

5.在正四棱台ABCD-A₁B₁C₁D,中，上底面边长A₁B=2,下底面边长AB=4,体积

则直线A₁C与底面ABCD所成角的正弦值为

ABD

6.已知α,β都是锐角，,则cosβ=

ABCD

数学试卷第1页(共4页)

7.某班一天上午有4节课，下午有2节课.现要安排该班一天中语文、数学、政治、英语、体

育、艺术6堂课的课程表，要求数学课排在上午，政治课排在下午，体育和艺术不能安排在

同一个半天，则有()种不同的排法.

A.192B.144C.96D.72

8.已知双曲线的左、右焦点分别为F,,F₂,以F,为圆心的圆与C

的一条渐近线相切于点G,若GF·,则C的离心率为

A.√2BC.2D.√3

二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。

9.下列说法正确的有

A.数据1,3,9,4,5,16,7,11的下四分位数为3.5

B.记两个变量的样本相关系数为r,则r越小，相关程度越弱

C.若随机变量X服从正态分布N(3,σ²),且P(X≤4)=0.7,则P(2<X<4)=0.4

D.根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到x²=2.837.依据α=0.1的独立性检验

(x₀.1=2.706),可判断X与Y有关且犯错误的概率不超过0.1

10.已知圆M经过A(1,1),B(2,-2)两点，且圆心M在直线l:x-y+1=0上，则下列说法正

确的有

A.点M的坐标为(2,3)

B.若圆N:x²+y²=9,则两圆有两个公共点

C.直线m:y=x+l与圆M恰有两个点到直线m的距离都等于1,则t的取值范围是

(-6√2+1,-4√2+1)u(4√2+1,6√2+1)

D.直线n:4x+3y-12=0,点C(-3,0),点P在圆M上运动，点Q满足OQ=OC+OP(0

为坐标原点),则点Q到直线n距离的最小值为

11.如图，点P是边长为2的正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁的表面上的一个动点，则下列说法正

确的是

A.当点P在侧面BB₁C₁C上时，三棱锥A-A₁D₁P的体积为定值

B.当AP=2√2时，点P的轨迹长度为3π

C.当直线AP与平面ABCD所成的角为45°时，点P的轨迹长度为π

D.若,过点P作正方体ABCD-A₁B₁C₁D,的

外接球的截面，则截面面积的最小值为

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.已知抛物线C:x²=4y的焦点为F,点P在抛物线C上，若|PF|=3,则点P的坐标为

数学试卷第2页(共4页)

13.在等差数列{a)中，S,为其前n项的和，若S₃=6,S₆=20,则S₁₅=·

14.已知函数f(x)=e²-axe-x²有三个零点，则实数a的取值范围为.

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.(本题13分)已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边

(1)求角A;

(2)若a=2,点D在边BC上，DC=2DB,求△ADC面积的最大值.

16.(本题15分)如图，在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，

,AB=AC=2,M是AB的中

点，N是B₁C₁的中点，P是BC₁与B₁C的交点，A₁Q=2QN.

(1)证明：PQI/平面A₁CM;

(2)若平面A₁CM与平面BB₁C₁C夹角的正弦值为,求线段AA₁

的长.

B

17.(本题15分)为助力乡村振兴，郴州市举办“特色农产品助农展销”活动，活动共有3个展

区参与.经统计1,2,3号展区的顾客人数比例为3:4:5,根据以往经验，这三个展区的顾客的

购买意向率分别为0.3,0.4,0.5.

(1)现从三个展区随机抽取一位顾客：

(i)求该顾客有购买意向的概率；

(ii)如果该顾客有购买意向，求此人来自2号展区的概率；

(2)对于某款限量礼盒，设计了一种“掷骰子叫价确定购买资格”的方式：统一以0元为初始

价，通过掷骰子确定新叫价.若点数大于2,则在已叫价基础上增加10元更新叫价；若点数

小于3,则在已叫价基础上增加20元更新叫价.规定最多掷骰子3次，3次后的最终叫价即

为购买价格.设最终叫价为X元，求X的分布列及数学期望E(X).

数学试卷第3页(共4页)

18.(本小题17分)已知椭圆(a>b>0)的左、右顶点分别为M,N,上顶点为

P,右焦点为F,满足MP·OF=2,短轴长为2√3.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)过椭圆右焦点F的直线交椭圆C于A,B两点，

(i)求△OAB面积的最大值；

(ii)证明：直线AM与直线BN的交点Q在定直线上，并求出定直线的方程.

19.(本题17分)已知函数f(x)=xlnx+(a-1)x.

(1)求f(x)的单调区间和极值；

(2)若a=-1,关于x的方程f(x)=m有两个不等实根x₁,x₂,且x₁<x₂·

(i)求实数m的取值范围；

(ii)设a₁=x₁,数列{a。}满足1,记b。=1-Ina证明：

①数列{b。]是等比数列；

②对任意的n∈N",都有0<a。<e.

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2027届高三第一次教学质量监测试卷

数学参考答案及评分细则

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。

1—8DCDDBACB

8.【详解】由题得设0为坐标原点，F₁G⊥OG,连接OG,

由双曲线的性质可知，双曲线1(a>0,b>0)的渐近线方程为

焦点到渐近线的距离为b,所以|F₁G|=b,|0F|=c,|OG|=a,

又0为F₁F₂的中点，所以

所以,则即得.故选：B.

二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。

9—11ACDBCDABD

11.【详解】对于选项A,点P到侧面ADD₁A₁的距离即为2,SADA=2,

故三棱锥A-A₁D₁P的体积

所以三棱锥A-A₁D₁P的体积为定值，故A选项正确；

对于选项B,当P在底面A₁B₁C₁D₁上时，点P的轨迹为以A,为圆心，2为半径的圆与底面A₁B₁C₁D₁的交线，

此交线长为由对称性可知，点P的轨迹长度为3π,故B选项正确.

对于选项c,①当点P在侧面BB₁C₁C,侧面P上时(不包括正方形A₁B₁C₁D₁的边界),过点P作平面ABCD的

垂线，垂足为H,连AH,在Rt△APH中，由AH>AB>PH,可得当点P在上底面A₁B₁C₁D₁上

时，过点P作平面ABCD的垂线，垂足为M,若,必有PM=AM,又由PM=AB,有AM=AB,A₁P=

AB,此时点P的轨迹是以A₁为圆心，2为半径的四分之一圆，点P的轨迹长度;③当点P

在侧面AA₁D₁D,AA₁BB上时，点P在线段AB₁,AD₁上符合题意，此时点P的轨迹长为4√2;由上知点P的轨迹

长度为4√2+π,故C选项错误；

对于选项D,因为,正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁外接球的球心0与点P距离为

,又外接球半径,所以截面圆的半径最小值为

,所以截面面积的最小值为,故D选项正确；

故选：ABD.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.(±2√2,2)13.110

数学答案第1页(共6页)

14.【详解】令f(x)=0得e²-axeˣ-x²=0,即

令,则

所以当x<1时，g'(x)>0,g(x)单调递增；当x>1时，g'(x)<0,g(x)单调递减，

令,则原方程化为关于t的一元二次方程：t²+at-1=0

又t₁t₂=-1说明两根必定一正一负

因此，f(x)有三个零点说明t²+at-1=0两根分别在(-∞,0),

所以△=a²+4>0,解得

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.(1)由,…………1分

即√3sinAsinC+sinAcosC=sinB+sinC=sin(A+C)+sinC,

所以√3sinAsinC=sinCcosA+sinC,………3分

因为sinC≠0,所以√3sinA-cosA=1,即

所………………5分

又因为A∈(0,π),故……………………6分

(2)由(1)有………7分

由DC=2DB有……9分

又由余弦定理有a²=b²+c²-2bccosA=b²+c²-bc≥2bc-bc=bc,

所以bc≤a²=4,当b=c=2时，等号成立，…………………11分

所以

所以△ADC面积的最大值为…………13分

16.【解析】(1)证明：取A₁B₁的中点D,连接C₁D,BD,DM,1分

∵N是B₁C₁的中点，A₁Q=2QN,

∴A₁N∩C₁D=Q,2分

∵直三棱柱ABC-A₁B₁C₁,M是AB的中点，

∴DMIIA,A/ICC₁,且DM=A₁A=CC₁,

∴四边形C₁CMD是平行四边形，C₁DIICM,…………………3分

又CMC平面A₁CM,C₁DC平面A₁CM,C₁DII平面A₁CM,B

∵D,M分别为A₁B₁,AB的中点，∴A₁D/IBM且A₁D=BM,

∴四边形A₁MBD是平行四边形，∴A₁MIIBD,…………4分

又A₁MC平面A₁CM,BDC平面A₁CM,∴BD//平面A₁CM,5分

数学答案第2页(共6页)

∵C₁D∩BD=D,C₁D,BDC平面C₁DB,

∴平面C₁DB//平面A₁CM,………………6分

∵PQC平面C₁DB,∴PQII平面A₁CM,…………………7分

(2)∵直三棱柱ABC-A₁B₁C₁,∠BAC=90°,

∴以A为坐标原点，分别以AC,AB,AA为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，

设AA₁=a.(a>0),由题设得A₁(0,0,a),C(2,0,0),B(0,2,0),M(0,1,0),

CA₁=(-2,0,a),CM=(-2,1,0),9分

设平面A₁CM的法向量π,=(x,y,z),且

所以,可取π₁=(a,2a,2),…………11分

同理可得平面BB₁C₁C的一个法向量n2=(1,1,0),

………………………12分

设平面A₁CM与平面BB₁C₁C的夹角为

所以cosθ=|cos<n₁,…………………13分

∵二面角A₁-CM-B的正弦值为

,解得a=2,……14分

故AA₁=2.……………………15分

17.解：设事件B表示“抽取的顾客来自i号展区”(i=1,2,3),

事件A表示“该顾客有购买意向”

由题意可知，三个展区的人数比例为3:4:5,所以：

……2分

已知各展区顾客的购买意向率分别为：

P(AIB₁)=0.3,P(AIB₂)=0.4,P(AIB₃)=0.53分

(i)由全概率公式可得：

P(A)=P(B₁)P(AIB₁)+P(B₂)P(AIB₂)+P(B₃)P(AIB₃)

……………………4分

答：该顾客有购买意向的概率为………5分

i)由条件概率公式可得：

………………7分

答：如果该顾客有购买意向，此人来自2号展区的概率为…………8分

数学答案第3页(共6页)

(2)由题意可得每次叫价增加10元的概率为,每次叫价增加20元的概率为

规定最多掷骰子3次，设每次增加的金额为随机变量Y;(i=1,2,3),则Y的取值为10或20,且每次掷骰子

相互独立.

最终叫价X=Y₁+Y₂+Y₃.

X的可能取值为：30、40、50、60………9分

设“增加20元”的次数为Z,则且X=10×(3-Z)+20Z=30+10Z

…………10分

……11分

……12分

………13分

所以，X的分布列为：

X30405060

4

P9

18.【答案】(1)(4分)解：由短轴长2b=2√3,得b=√3,b²=3.…………1分

由题意：M(-a,0),P(0,√3),F(c,0)MP=(a,√3),oσF=(,O)由M·OF=2,ac=2

由a²=b²+c²,得a²-c²=3,……………3分

联立方程组,解得c=1,a=2,……………4分

所以椭圆C的标准方程为……………………5分

(2)(i)由题意知直线AB斜率不为0,设直线AB:x=ty+1

联立,代入化简：(3t²+4)y²+6ty-9=0…………………6分

所以△=(6t)²-4(3t²+4)(-9)=144(t²+1),

数学答案第4页(共6页)

………7分

所以……8分

,……………………9分

令μ=√²+1,则u≥1.²=u²-15SaoP3(u²-1)+4⁻3u²+13+

设,故g(u)在(1,+∞)上单调递增。

当u=1时，t=0,对应直线AB:x=1,g(u)=4,……10分

所以△OAB面积的最大值为……………11分

(ii)由(i)得∴……12分

则…………13分

AM和BN方程联立得，

………14分

………………………15分

即解得x=4………………………16分

所以直线AM与直线BN的交点Q落在定直线x=4上………17分

19.(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞)…………