2027届浙江省新阵地教育联盟高三学情诊断数学试题（含解析）

试卷第=page11页（共=sectionpages33页）试卷第=page11页（共=sectionpages33页）浙江省新阵地教育联盟2027届高三第一次学情诊断数学试题卷第Ⅰ卷一、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．若复数，则（

）A．6 B．8C． D．502．已知，，若，则实数的值为（

）A． B．C． D．13．曲线在点处的切线方程（

）A． B．C． D．4．已知实数，，且，则下列不等式一定正确的是（

）A． B．C． D．5．已知椭圆的一个顶点与抛物线的焦点重合，则的值为（

）A． B．C． D．6．已知数列满足，，对于，，是数列的前项和，则（

）A．5100 B．4999 C．5202 D．50007．已知函数在上仅存在极小值，则的范围是（

）A． B．C． D．8．的一个不充分条件是（

）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．下列统计量中，不能度量样本的离散程度的是（

）A．中位数 B．平均数 C．众数 D．标准差10．在直角梯形中，，，，，．点在线段上，满足．现将沿翻折至的位置，在翻折过程中（点不在底面内），下列说法正确的是（

）A．四棱锥体积最大值为B．存在某个位置，使得平面C．四棱锥外接球表面积的最小值为D．直线与所成角的取值范围是11．已知圆：及定点，设为圆的一条动切线，切点为．若上存在点满足，则下列结论正确的有（

）A．恒有B．无论切点在何处，直线上总存在两个不同的点满足条件C．存在点，使得为等边三角形D．线段长度的最大值为第Ⅱ卷三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．的展开式中的系数为_________（用数字作答）．13．已知函数，（）满足恒成立，则_________，若锐角满足，则_________．14．已知数列的前项和，若，，使得，则实数的最小值为_________．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．已知在梯形中，，，，，(1)求的长；(2)求的值．16．在四棱锥中，，底面是直角梯形，，．已知，，．点为的中点，(1)求证：平面；(2)若二面角的余弦值为，求的长．17．某项考试按理论考试、实操考试两科目依次进行，只有当理论考试成绩合格时，才可继续实操考试．已知每科目只允许有一次补考机会，两个科目成绩均合格方可获得证书．现某人参加这项考试，每次理论考试成绩合格的概率均为，每次实操考试成绩合格的概率均为．假设各次考试成绩合格与否均互不影响．(1)求他可获得证书的概率；(2)在这项考试过程中，假设他不放弃所有的考试机会，记他参加考试的次数为，求的分布列和数学期望．18．已知双曲线的左焦点为，离心率为．(1)求曲线的方程；(2)设为坐标原点，过的动直线与曲线交于，两点，且，直线与曲线的另一个交点为．（i）当时，求直线的方程；（ii）求四边形的面积的取值范围．19．取名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔的不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理．该定理表明：对于满足一定条件的图象连续不间断的函数，在其定义域内存在一点，使得，则称为函数的一个“不动点”．(1)求函数的不动点；(2)若定义在上的函数的图象绕原点逆时针旋转之后不变，是函数的一个“不动点”，证明：；(3)设常数，函数，满足，，．，对于任意实数，证明：函数存在唯一的不动点．答案第=page11页（共=sectionpages22页）答案第=page11页（共=sectionpages22页）1．C【详解】因为，所以.2．D【分析】根据数量积的运算律即可代入求解.【详解】由已知，又，，则，故.3．C【分析】先对函数求导，得到切线斜率，再根据点斜式写方程即可.【详解】因为，则，所以切线斜率为，所以曲线在点处的切线方程为，即.4．D【分析】对A，B举反例快速排除，C直接用对数加法公式算出结果等于，D把换成，利用对数运算性质化简各选项，代入转化为，结合推出，平方为正，整体小于．【详解】对于A，取，，A错误；对于B，取，，B错误；对于C，，C错误；对于D，由，得，所以，，又，所以，解得，所以，，所以，D正确．5．B【分析】根据椭圆的标准方程、顶点坐标以及抛物线的焦点知识计算即可.【详解】将椭圆方程变换为标准方程得，，因为，所以.所以该椭圆的焦点在轴上，顶点坐标为.将抛物线变形得，所以其焦点在轴正半轴上，坐标为.因为椭圆的一个顶点与抛物线的焦点重合，所以，化简得，解得或（舍去）.6．A【详解】由题意得，对，，可知数列的奇数项构成等差数列，偶数项也构成等差数列，二者公差都为，前项中，奇数项为，共项。首项，公差，奇数项的和为，偶数项为，共项，首项，公差，偶数项的和为，数列前项和为.7．B【分析】求导后按的符号讨论导函数的零点及其区间两侧符号；当时，利用在上的最小值判断极值情况即可.【详解】由题意得．当时，在上严格递增，且时，，故导函数有且仅有一个零点，且导数值从左到右由负变正，函数仅有极小值；当时，，函数无极值；当时，当时，则；当时，令，则，，当时，，当时，则在上递减，在上递增，最小值为g(1)=e，且在这两个区间的另一端均趋于．则当时，，仅在时取等号，函数无极值；当时，导函数有两个正零点，导数值的符号依次为正、负、正，函数既有极大值又有极小值．综上，的范围是．8．B【分析】先翻译题干条件的含义，函数在上的值域与它在上的值域完全相等.再逐项分析即可.【详解】函数在上的值域与它在上的值域完全相等.A选项：是周期为1的周期函数.对任意，取正整数使得，则，即任意的函数值都能在中找到对应，是充分条件.B选项：当时，，说明在时可以独立于取值.反例：令时，时，此时上的值域为，而整个定义域的值域为，是不充分条件.C选项：由均值不等式可得：，当且仅当时取等号.对任意，方程即，两根乘积为1，故必有一根，因此，即任意的函数值都能在中取到，是充分条件.D选项：将替换为，可得对成立，对任意，反复取以2为底数的对数，数值越来越小，有限步内必落入，是充分条件.9．ABC【详解】中位数，平均数以及众数是刻画了一组数据的集中趋势，而方差和标准差是度量样本的离散程度.10．AC【分析】利用平面时四棱锥的高最大，即可求得最大体积判断A；利用反证法判断B；建立空间直角坐标系，设球心坐标，结合空间两点距离列式，利用三角函数性质及二次函数求得半径的范围即可判断C；利用向量法求得异面直线夹角的余弦值，利用换元法求得余弦值范围即可判断D.【详解】因为直角梯形中，，，，，所以为矩形，，，，，对于A，底面矩形的面积为，四棱锥体积取到最大值时，点P到底面的距离最大，此时平面，所以四棱锥的高最大为，所以四棱锥体积最大值为，正确；对于B，若平面，平面，则，又，平面，所以平面，平面，所以，又，则，矛盾，错误；对于C，如图建立空间直角坐标系：则，设，，根据四棱锥外接球的球心在平面的投影为矩形的中心，设，记四棱锥外接球的半径为R，则，所以，解得，因为，，所以，所以，所以外接球的表面积，正确；对于D，，设直线与所成角为，则，令，则，因为，所以，因为在上单调递减，上单调递增，所以，所以，而当时，，错误.11．ACD【分析】利用数量积的几何意义求解判断A；举例说明判断B；设出点坐标，利用向量夹角公式及零点存在性定理推理判断C；利用点到直线的距离公式，结合辅助角公式求出长的最大值即可判断D.【详解】对于A，由直线切圆于点，点在直线上且与点不重合，得，，A正确；对于B，取点，直线，过点的直线与直线交于点，此时，直线上除此交点外的任意点，均有，即此时直线上只存在一个点满足条件，B错误；对于C，设点，则，由，得直线的一个方向向量，又，为等边三角形，则，，整理得，令函数，由，得函数在上存在零点，因此方程有解，即存在点，使得，再取点满足，则为等边三角形，C正确；对于D，由选项C，得直线的方程为，即，作于，则，，，由对称性不妨取，要使长最大，点必在线段上，此时，当时，长尽可能大，此时，当且仅当时取等号，此时，所以线段长度的最大值为，D正确.12．【分析】先求出二项展开式的通项，令代入计算即得的系数．【详解】二项式的展开式的通项为，，要得到，则的次数，此时，代入得，所以的系数为．13．【分析】根据余弦函数的对称轴、三角函数的二倍角余弦公式以及诱导公式计算即可.【详解】由得，函数的对称轴为.对于余弦函数在对称轴处取得最值，将代入，，解得.因为，所以取得，此时.若锐角满足，那么，即，解得.所以，而，所以，解得.因为为锐角，即，所以，所以.所以.14．##【分析】求出数列的通项公式，找出数列的项最大值、最小值，根据题意可得不小于最大最小值之差可得解.【详解】当时，，当时，，经检验，当时也适合.所以即奇数项递减趋向，偶数项递增趋向，所以数列的最大值为，最小值为，数列中的项都在区间内，由题意：存在，全部落在区间，则区间长度至少等于最大值与最小值的差，所以.15．(1)(2)【分析】（1）在三角形中利用余弦定理直接求解；（2）利用余弦定理及正弦定理求解即可.【详解】（1）如图，因为梯形中，，所以，由余弦定理可得，所以.（2）在中，，又，在中，，所以，又，由正弦定理可得：，即，解得.16．(1)因为，点为的中点，所以，在直角梯形中，连接CO，因为，．所以是矩形，所以，在中，，，所以．在和中，，所以，所以，即，又，平面，所以平面；(2)2【分析】（1）根据等腰三角形的性质可得，连接CO，根据矩形性质及勾股定理得，然后利用三角形全等得，进而利用线面垂直的判定定理证明即可.（2）建立空间直角坐标系，求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式列方程即可求解．【详解】（1）略（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设，则，，，.设平面的法向量为，，.由，取，得.易知平面的一个法向量为，设二面角的大小为，则，解得.17．(1)；(2)随机变量的分布列为234．【分析】（1）理论考试和实操考试各有两次机会，分别求出至少一次合格的概率，两者相乘即得获得证书的概率；（2）分析的所有可能取值，逐一列举每种取值对应的所有考试结果组合，利用独立性和互斥性计算概率，最后求期望．【详解】（1）设理论考试合格为事件，实操考试合格为事件，理论考试有两次机会，至少一次合格的概率为：，实操考试有两次机会，至少一次合格的概率为：，因为只有理论合格后才能参加实操，所以获得证书的概率为：（2）设“第一次理论考试合格”为事件，“理论考试补考合格”为事件；“第一次实操考试合格”为事件，“实操考试补考合格”为事件；由已知得，，注意到各事件之间的独立性与互斥性，可得，，，所以，随机变量的分布列为234参加考试次数的期望值．18．(1)(2)（i）；（ii）【分析】（1）根据给定的条件列式求出即可.（2）（i）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理及共线条件求解；（ii）求出四边形面积的表达式，利用函数的单调性求出范围.【详解】（1）由双曲线的左焦点为，离心率为，得，则，所以双曲线的方程为.（2）（i）显然直线不垂直于轴，设其方程为，，由消去得，，，由，得，联立解得，所以直线的方程为.（ii）由（i）知，连接，设四边形的面积为，则，由对称性不妨令，由，得，即，则，解得，，而为中点，则，而，因此，，，，则，函数在上单调递增，于是，而当从小于的方向趋近于时，，所以四边形的面积的取值范围为.19．(1)(2)证明：记函数的图象为，是函数的一个“不动点”，函数的图象绕原点逆时针旋转之后不变，即，则，同理，，由及函数的定义，得，所以.(3)证明：