2027届陕西榆林市高三一模高考数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页（共=sectionpages33页）试卷第=page11页（共=sectionpages33页）2027届高三年级第一次检测训练数学试题注意事项：1．本试卷共4页，满分150分，时间120分钟．2．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上．3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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．涂写在本试卷上无效．4．作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效．5．考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试卷不回收．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．设集合，，则（

）A． B． C． D．2．设，则复数的虚部为（

）A． B． C． D．3．设等比数列的各项均为正数，若，，则（

）A．14 B．20 C．28 D．324．若，，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．既不充分也不必要条件5．在中，若，且，则的形状是（

）A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形6．《九章算术》第五章商功问题十七：今有羡除[注]，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺．问积几何？某科技兴趣小组通过3D打印制作如图所示的羡除模型，其中，四边形，，均为等腰梯形，且平面平面，若，，，与的距离为3，与的距离为7，则该模型的体积为（

）【注】羡除：墓道，此处是指三面为等腰梯形，其他两侧面为全等三角形的五面体．A．28 B．56 C．84 D．1687．若曲线在点处的切线与曲线相切，则（

）A． B． C． D．8．已知函数，的定义域均为，是奇函数，，，且当时，，，则（

）A． B． C． D．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，则下列说法正确的有（

）A．的最小正周期为B．的增区间为C．为偶函数D．在上的最大值为210．已知函数，则（

）A．是的极小值点B．当时，C．D．点是曲线的对称中心11．如图，平行六面体中，底面是边长为2的正方形，为与的交点，，，，则（

）A．平面B．平面C．为等腰直角三角形D．二面角的余弦值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知向量，，且，则____________．13．已知，则____________．14．某兴趣小组观察发现，生活中有些时候影子可以完全投射在斜面上．某斜面上有两根长为2米的垂直于水平面放置的杆子，与斜面的接触点分别为、，它们在阳光的照射下呈现出影子，阳光可视为平行光，其中一根杆子的影子在水平面上，长度为米；另一根杆子的影子完全在斜面上，长度约米．则斜面的底角的正切值为________________．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．已知是公差不为0的等差数列，，且，，成等比数列．(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和．16．在中，角，，所对的边分别为，，，已知．(1)求；(2)若的外接圆半径为，且，求的面积．17．已知函数，．(1)比较与的大小；(2)当时，，求的取值范围．18．如图，在四边形中，是边长为2的正三角形，是以为顶角的等腰直角三角形，现沿着对角线翻折，得到三棱锥．(1)当翻折至平面平面时，（ⅰ）求直线与所成角的余弦值；（ⅱ）求三棱锥外接球的表面积；(2)求平面与平面夹角余弦值的最小值．19．已知函数，．(1)证明：曲线与轴有唯一交点；(2)记曲线与轴的交点为，（ⅰ）证明：；（ⅱ）证明：．答案第=page11页（共=sectionpages22页）答案第=page11页（共=sectionpages22页）1．B【分析】根据交集的定义直接求解即可.【详解】由题可得.2．A【分析】根据题意，利用复数的概念，即可求解.【详解】由复数，根据复数的概念，可得复数的虚部为.3．D【详解】由数列各项均为正数的等比数列，则，由，则，所以，因此.4．B【详解】取，满足，但，即不成立，故不是的充分条件；当时，由于，故，故，即成立，故“”是“”的必要条件；所以是的必要不充分条件.5．C【分析】依题意可得，根据向量垂直得到，再由数量积的运算律求得，即可得解.【详解】因为，所以，若，则，所以，即，所以是等腰三角形．故选：C．6．C【分析】把几何体分成四棱锥和三棱锥，求体积之和即可.【详解】如图，连接，所求体积为四棱锥和三棱锥体积之和，由于平面平面，与的距离为3，而，平面，平面，故平面，故三棱锥的高为3，同理可得四棱锥的高为7，故7．B【分析】先求，得到切线的斜率和切点，从而可得切线方程．再设与曲线相切的切点为，求，根据切点的斜率相同，且切点在切线上列出方程组，进而求解即可．【详解】由，则，且，，所以曲线在点处的切线方程为，即，设该切线与曲线切于点，又，则，所以，解得，故．8．A【分析】根据题意，推导出函数的奇偶性和周期性，进而对推导，并求出，从而求得函数的解析式，根据函数的奇偶性和周期性，结合换元法即可得出结论.【详解】已知是奇函数，记，根据奇函数性质可得：，即，由得，由题设可知，，将替换为，得①；又因为②，对比①②可得，即是偶函数.由，结合是偶函数，得，将替换为可得：，进一步推导得，即的周期为4，同理，由，结合，可得，因此，即的周期也为4，已知，由周期为4，得：，结合，得，因此.又时,令，代入得,即，解得,令，得，代入解得,因此时.又因为，则，由得：.再由，令得，即，令，代入可得，其中，而，因此，，所以.9．ACD【分析】利用倍角公式及辅助角公式把函数化简，A选项：由化简后的解析式直接利用周期公式即可得答案；B选项：令，可解得答案；C选项：代入化简得，可得答案；D选项：当时整体相位，当相位等于时函数取得最大值.【详解】根据二倍角公式，可得，代入原函数，可得：，，选项A：根据周期公式，故选项A正确；选项B：令，解得：，，所以的增区间应为；故选项B错误；选项C：将代入得：，因为，所以是偶函数，故选项C正确；选项D：当时，，结合正弦函数的性质可知，当（即）时，，所以，故选项D正确.10．ACD【分析】先求，从而分析的单调性．对于A，B，结合函数单调性即可判断；对于C，根据函数奇偶性的定义即可判断；对于D，根据的值即可判断．【详解】由，则，当时，；当时，；当时，，则在上单调递增；在上单调递减；在上单调递增；对于A，由是的极大值点，是的极小值点，故A正确；对于B，当时，，且在上单调递减，所以，故B错误；对于C，由，故C正确；对于D，由，即点是曲线的对称中心，故D正确．11．ABC【分析】由线面垂直的判定定理即可判断A选项；建立空间直角坐标系，由空间向量法判断线面平行即可判断B选项；在B选项的空间直角坐标系中，写出各点的坐标，求出三角形各线段的长度，由勾股定理及等腰直角三角形的定义即可判断C选项；由二面角的向量求法即可判断D选项．【详解】对于A，设在底面上的投影为，因为，且底面是正方形，所以点必定在的角平分线即对角线上，在中，已知，且，所以，又因为底面是边长为的正方形，为与的交点，所以，因为点和点都在上，且，所以点与点重合，即在底面上的投影为点，因此平面，A对；对于B，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，所在直线分别为轴，由题意可得：，由平行六面体性质，可得，则，设平面的法向量为，则，解得，取，得，由，得，又因为平面，所以平面，B对；对于C，由上述坐标可得，，则，因为，且，所以为等腰直角三角形，C对；对于D，，设平面的法向量，则，取，则，，设平面的法向量，则，取，则，，，由图可知，二面角为钝角，所以二面角的余弦值为，D错．12．2【分析】先计算向量差，利用向量平行的坐标条件列方程，解方程即可求解.【详解】已知，，则，因为，则有，整理后，解得.13．##【分析】将已知的三角恒等式用正余弦两角和差公式化简，得到的值，再利用二倍角公式计算．【详解】，即，，，可得，所以．14．##【分析】设光线与水平地面所成角为，再结合点和处的杆子的投影图形，列式求解即可.【详解】如图，和为光线，和为水平面，和为杆子，设光线与水平地面所成角为，则，为斜面与水平面所成角，如图，，设，则，在中，根据勾股定理得，整理为，解得（负根舍去），故，.15．(1)(2)【分析】（1）利用基本量法得到，由，，成等比数列，得到，再结合，得到，，于是；（2）利用分组求和，分别得到等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，最终得到.【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，，成等比数列，所以，即，又因为，所以，

又，所以，结合，解得，，所以．（2）由（1）得，所以，当时，，故是首项为16，公比为4的等比数列．

设等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，由分组求和得．，

，

所以16．(1)；(2)【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合三角恒等变换即可求解，或者利用余弦定理边角互化，即可求解，（2）根据余弦的和差角公式可得，进而根据正弦定理，即可由面积公式求解.【详解】（1）解法1：在中，由正弦定理及得，，

因为中，，，，所以，即，

因为，所以，即，

又，故．

解法2：在中，由余弦定理及得，，

所以，化简，得，

又，所以，即，

又，故．（2）由得，

因为，所以，

在中，由正弦定理得，所以，

所以．17．(1)当时，；当时，；当时，．(2)【分析】（1）构造函数，即可利用导数求解函数的单调性求解，（2）构造函数，进而将问题转化为在上恒成立，解法1：根据（1）的结论，对进行讨论，判断满足，不满足，对时，对求导，结合二次函数的性质判断单调性，可得矛盾求解，解法2：对求导，结合，对进行讨论，结合导数的正负确定单调性求解，解法3：根据在单调递增时得在上恒成立，利用基本不等式求解，后续跟解法一相同，解法4：对求导，结合，，所以，解得．进而得是原不等式成立的一个必要条件．

利用（1）的结论以及放缩法证明充分性即可.【详解】（1）设，

则，在单调递增．

因为，所以当时，，即；

当时，，即；当时，，即．

综上所述，当时，；当时，；当时，．（2）解法1：设，则在上恒成立．

由（1）知当时，，因此．

若，当时，，显然成立；

若，当时，，，所以，不满足题意；

若，，

设，．

设的两根分别为，，则，因此．当时，，即，因此在单调递减．当时，，不满足题意．综上，的取值范围是．

解法2：设，则在上恒成立，且．

因为，所以．

若，当时，，在单调递减．时，，不满足题意；

若，当时，，在单调递增．时，，满足题意；

若，，设，．

设的两根分别为，，则，因此．当时，，即，因此在单调递减．当时，，不满足题意．综上，的取值范围是．

解法3：设，则在上恒成立．

因为，所以当在单调递增时，，满足题意．

当在单调递增时，在上恒成立．因为，所以在上恒成立．

又因为，所以．

当时，，在单调递减，当时，，不满足题意；

若，，

设，．设的两根分别为，，则，因此．当时，，即，因此在单调递减．当时，，不满足题意．综上，的取值范围是．

解法4：设，则在上恒成立．

因为，所以．

又因为，所以，解得．因此是原不等式成立的一个必要条件．

下证充分性：当时，，

由（1）知当时，，因此，满足题意．综上，的取值范围是．18．(1)（ⅰ）；（ⅱ）；(2)【分析】（1）（i）取中点，由等腰三角形三线合一得、，结合面面垂直的性质推出，以此建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式计算异面直线与所成角的余弦值；也可通过补形构造正四棱锥，借助几何性质求解.（ii）结合两个面的三角形外接圆特征，确定三棱锥外接球的球心位置并计算半径，代入球的表面积公式得到结果.（2）设翻折角为参数，分别求解平面与平面的法向量，将二面角的余弦值表示为关于参数的函数，通过换元转化为函数最值问题求解；也可通过几何法构造二面角的平面角，结合三角函数性质推导最小值.【详解】（1）解法1：（ⅰ）取的中点，则，，因为平面平面，所以．以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，．所以，故直线与所成角的余弦值为．（ⅱ）设外接圆的圆心为，因为，所以即为三棱锥外接球的球心．所以三棱锥外接球的表面积．解法2：（ⅰ）取的中点，则，，因为平面平面，所以延长至，使得，连接，，，则四棱锥为正四棱锥．设直线与所成角为，则，故直线与所成角的余弦值为．（ⅱ）三棱锥外接球即为正四棱锥的外接球．设外接球的半径为，则由射影定理可得：，所以，所以三棱锥外接球的表面积．（2）解法1：设，则，则，，，设平面的法向量为，则由可得令，则，同理取平面的法向量为．所以，令，则，当且仅当，时取等号，故面与面夹角余弦值的最小值为．解法2：过作于，平面于，连接．则平面，即为面与面的夹角，，所以，当且仅当时取等号，故面与面夹角余弦值的最小值为