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二〇二七届高中毕业班摸底检测
数 学
注意事项：
1. 本试卷满分 150分，考试时间 120分钟。
2. 答题前，考生务必用直径 0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3. 考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用 2B铅笔把答题卡
上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径 0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各
题的答题区域内作答，超．出．答．题．区．域．书．写．的．答．案．无．效．，．在．试．题．卷．、．草．稿．纸．上．作．答．无．效．。．
4. 考试结束后，只交回答题卡。
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．已知复数 z满足 1 i z i，则在复平面内复数 z对应的点位于
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
π π
2．“ kπ ， k Z ”是“函数 y cos 2x 关于直线 x 对称”的
2 4
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
2 4
3．甲、乙两人独立地破译一份密码的概率分别为 , ，密码被成功破译的概率为
3 7
6 4 10 8
A． B． C． D．
7 7 21 21
2x 1, x 2

4．函数 f (x) 4 ，则 f [ f (5)]
, x 2 x 1
A． 1 B．0 C．1 D．4
5 n．已知数列 an 的前 n项和 Sn 3 t，下列结论正确的是
A．当且仅当 t 0时， an 是等比数列 B．当且仅当 t 1时， an 是等比数列
C．当且仅当 t 1时， an 是等比数列 D．当且仅当 t 3时， an 是等比数列
6．已知正三棱台 ABC A1B1C1的高为 5， AB 3 3， A1B1 6 2 ，则该正三棱台外接球的表面积为
A．68π B．88π C．96π D．100π
数学检测卷 第 1页（共 4页）
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7．已知函数 f x 的导函数 f x 满足：对任意的 x R都有 x f x ，若 f 1 k f 1 k ≤ 2k，则实数
k的取值范围是
A． , 0 1 1 B． , C． 0, D． 0,
2 2
8 x
2 y2
．已知以 F1,F2为焦点的椭圆C : a2
2 1(a b 0)与双曲线T 共焦点，一动点M 在直线 l : x a上运动，b
π
双曲线T 与椭圆C在一象限的交点为 P, F1PF2 ，当 F1PF2与 F1MF2相等时， F1MF2取得最大值，则3
双曲线T 的离心率为
A B 3 2 3 2． 2 2 ．3 2 C． D．
4 2
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．下列命题成立的是
A．已知 N 0,1 ，若 P 1 p P 1，则 1 0 p
2
B．若一组样本数据 xi , yi i 1,2,3, n 对应的样本点都在直线 y 2x 3上，则这组样本数据的相关
系数 r为 1
C．以模型 y cekx去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设 z lny，求得线性回归方程为 z 0.3x 4，
则 c, k的值分别是 4和 0.3
D．对分类变量 X 与Y的独立性检验的统计量 2来说， 2值越大，判断“ X 与Y有关系”的把握性越小
10．设 a 1，b 1，且 ab a b，则下列说法正确的是
A．a 2b的最小值为3 2 2 B． a2 b2的最小值为 8
C． a b 的最小值为 2 2 D． a 1 b 1无最小值
11．若 ABC的内角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c，且满足b 2a 4a sin2
A B
0，则下列说法正确
2
的是
A．角C可能是锐角
B． c2 a2 2b2
C．若 c 2 3，则 ABC面积的最大值为 2
2 sin B cos BD．若CA在 AB上的投影向量模长为 b，则 的值为 3
2 sin B cos B
数学检测卷 第 2页（共 4页）
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三、填空题:本题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分。
n
12 1 ．已知 2x 的展开式中第 3项与第 5项的二项式系数相等，则 n ．
x

13 ．已知 a， b是非零向量， e是单位向量，且 a,e ， b 3e 1，则 a b 的最小值是 ．6
14．已知 a,b R
2 x 2a
，若函数 f x x a 4 ln 的图象存在对称中心，则b ．
2b x
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．（13分）
2
甲、乙两人参加某高校的入学面试，入学面试有 2道难度相当的题目，甲答对每道题目的概率都是 ，
3
1
乙答对每道题目的概率都是 2 ，每位面试者共有两次机会，若答对第一次抽到的题目，则面试通过，结束
答题；否则继续第 2次答题，答对则面试通过，未答对则面试不通过，甲、乙两人对抽到的不同题目能否
答对是独立的，且两人答题互不影响，
(1)求甲、乙两人有且只有一人通过面试的概率；
(2)设面试过程中甲、乙两人答题的次数之和为 X ，求 X 的分布列与期望.
16．（15分）
设等比数列 an 的前 n项和为 Sn，已知 a2 9，9a1 a3 54 .
(1)求 an 和 Sn；
1 1 1
(2)设bn log9 an ，请证明： 4b1b
.
2 b2b3 bnbn 1
17．（15分）
已知函数 f x ln x a x,h x 1 mx .
(1)当 a 0时， f x h x 恒成立，求实数m的取值范围；
(2)当 a 1时，F x f x x2h x 1 x2 1，其中 0 m F x 0,
2 3
.请证明： 在区间 上存在唯一的极
值点.
数学检测卷 第 3页（共 4页）
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18．（17分）
已知抛物线C : x2 2 py( p 0)的焦点为 F ， 过 F 的直线 l交于 A,B两点， 过 F 与 l垂直的直线交于
D,E两点，其中 B,D在 y轴左侧， M ,N分别为 AB,DE的中点，且直线 MN过定点 (0,3) .
(1)求抛物线C : x2 2py(p 0) 的方程；
(2)设G为直线 AE与直线 BD的交点;
（i）请证明G在定直线上；
（ii）求 MGN 面积的最小值.
19．（17分）
已知四面体O ABC，OA 2，OB 3，OC 4， AOB BOC AOC ，N为 BC的三等分点
（靠近 B），M 为 AN的中点，过点M 的动平面 交射线OA，OB，OC于 P，Q， R．
π
(1)如图，当 时，
3
①求OM 的长；
2 2 2
②空间中一动点T ，定义 d T TP TQ TR ．当四面体O PQR的体积最小时，是否存在点T ，使
得 d T d M ？并说明理由；
π(2)当 时，记四面体OPQR内切球的半径为 r，求 r的最大值．
2
数学检测卷 第 4页（共 4页）
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二〇二七届高中毕业班摸底检测
数学参考答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
B C A D B D D C AB ABC BCD
1
12．6 13． /0.5 14．4
2
15．（1）设事件 A为“甲通过面试”，事件 B为“乙通过面试”，
P A 2 1 2 8 P A 1 1 1 8 （或 ）
3 3 3 9 3 3 9
P B 1 1 1 3 （或 P B 1 1 1 3 ）
2 2 2 4 2 2 4
所以甲、乙两人有且只有一人通过面试的概率
P 8 1 1 3 11 P AB P AB P A P B P A P B .
9 4 9 4 36
（2）随机变量 X 的可能取值为 2，3，4.
P X 2 2 1 1 P X 3 2 1 1 1 1 1 1 1 ， ， P X 4 ，
3 2 3 3 2 2 3 2 3 2 6
随机变量 X 的分布列为
X 2 3 4
1 1 1
P
3 2 6
所以随机变量 X 的期望为 E X 1 1 2 3 4 1 17 .
3 2 6 6
9a
16．（1 2）由 an 为等比数列，9a1 a3 54 ，可得 a q 54q 2 ，
81
即 9q 54q ， q
2 6q 9 0，解得 q 3，
a n n 12 n 1 n 3 1 3
所以 a1 3， an 3 3 3q ， S
3 3 .
n 1 3 2
1 1 4 1 1
2 b log a log 3 n
n
4（ ） ， b b n n 1 n n 1

n 9 n 32 2 n n 1 n n 1
，
2 2
1 1 1 4 1 1 1 1 1 1 4 1 1
b b b
4 ，
1 2 2b3 bnbn 1 2 2 3 n n 1 n 1
数学参考答案 第 1页（共 5页）
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1 1 1 1 1
因为 0，所以1 1，从而 4 .
n 1 n 1 b1b2 b2b3 bnbn 1
1 ln x x
17．（1）当 a 0时， f x h x 可化为 ln x x 1 mx，即m ，
x
m 1 ln x x因为 f x h x 恒成立，所以
x
，
min
1
令 g x 1 ln x x 1 x 1 ln x x ，则 g x x ln x 2 ，x
x2

x2
由 g x 0得 x e2 ； g x 0得 0 x e2；
则 g x 在 0,e2 2上单调递减，在 e , 上单调递增，
e2 1
则 g x g e2min e2 ，
e2m 1 则实数 的取值范围为 , e2
；

1
（2）当 a 1时， F x f x x2h x x2 ln x 1 x 1 mx3 x2，
2 2
F x 1则 1 3mx 2 x x 2 1 3m

x 1
，
x 1
1 1
因为 0 m 1 03，所以 ，3m
解 F x 0，得0 x 1 1，F x 0 1，得 x 1，
3m 3m
F x 0, 1 1 1 1, 则 在 上单调递增，在 上单调递减，
3m 3m
故 F x 1在区间 0, 上存在唯一的极值点 1 .
3m
p 1 p
18．（1）易知直线 AB，直线DE斜率均存在，且不为0，设 lAB : y kx ， lDE : y x ，2 k 2
A(x1, y1),B(x2 , y2 ),E(x3 , y3 ),D(x4 , y4 )，
p
y kx
由 2 ，消 y得到 x2 2pkx p2 0，由韦达定理得到 x1 x2 2pk ,x1x2 4，
2 x 2 py
所以 y1 y2 k(x
p
1 x2 ) p 2 pk
2 p，得到M (pk , pk 2 ) ，
2
2 p P p p
同理可得 x3 x4 ,x3x4 4， N ( , )， k k k2 2
pk 2 p ( p p ) k 2 12
k 2 k 2 k
2 1
所以 MN k ，
pk p k 1 k
k k
数学参考答案 第 2页（共 5页）
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y ( pk2 p故直线MN为 ) (k
1
)(x pk)，又直线MN过定点 (0,3)，
2 k
3 (pk 2 p ) (k 1 3所以 )( pk ) pk 2 p，得到 p 3，故 p 2，
2 k 2
所以抛物线C的方程为 x2 4y .
（2）（i）因为 A(x1, y1),B(x2 , y2),E(x3, y3),D(x4 , y4) ，
则 lAE : y
y
3
y1 (x x 2 2
x x 1
) y 1，又 x1 4y1 , x3 4y3 ，
3 1
x2 2 2
所以 l : y 3
x
1
x1 1 1
AE (x x ) (x4(x x ) 1 4 4 3
x 1)x x 1x 3 ，
3 1 4
同理可得 lBD : y
1
(x4 x2)x
1
x2x4 ，4 4
y 1 1 (x x 4 4 2
)x x2 x4 4 y x2x4x3 x2x4x1 x1x3x2 x1x3x4由 ，消 x得到
1 1 4(x4 x3 x2 x1)
，
y (x3 x )x x 4 1 4 1
x3
4x2 4x4 4x3 4x1
又由（1）知 x1x2 4, x3x4 4，所以 y 14(x4 x3 x2 x1)
，
故点G在定直线 y 1上，
（ii）过点G作GQ / / y轴，交直线MN于点Q，
1 2 2
则 MGN的面积为 S x 2M xN yQ yG ，由M (2k, 2k 1)，N (- , 2 +1)，2 k k
知 xM x
2
N 2k 4，当且仅当 k 1时，取等号，k
下证 yQ yG 4，
1
由抛物线的对称性，不妨设 k 0，则 0，
k
1
当 k 1
1
时， 1,0 0，则点G在 y轴左侧，点Q也在 y轴左侧，有 1
k k
，
k
又直线MN过定点 (0,3)，此时 yQ yG 3 ( 1) 4，
数学参考答案 第 3页（共 5页）
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1 1 0
同理，当 k 1时， , 1 ，则点G在 y轴右侧，点Q也在 y轴右侧，有 1 k ，则k k
yQ yG 4，
当且仅当 k 1时， yQ 3， yQ yG 4，故 yQ yG 4恒成立
所以 S
1 1
xM xN yQ yG 4 4 8，当且仅当 k 1时，取等号.2 2

19．（1）①OM
1
ON 1 1 OA 2 1 1 1 1 1
2 2 2
OB OC OA OA OB OC
3 3 2 2 3 6
2
OM 1 1 1 1 π 1 π 1 π所以 4 9 16 cos 8cos 12cos
4 9 36 3 3 6 3 9 3
1 1 4 2cos 4 cos 4 cos 22 14 43

cos 43，所以 OM ．
9 3 3 9 3 9 3
2 3 4
②设OP x，OQ y，OR z，则OA OP，OB OQ，OC ORy ，x z
1 1
所以OM OP OQ
2 1 1 2
OR
x y 3z ，由共面定理，得
1
x y 3z ，
记棱长为 1的正四面体的体积为V0，所以VO PQR xyzV0 ，
1 1 1 2 2
1 1 2 1
由均值不等式 33 ，此时当 ，即 x y 3， z 2，V 取得
x y 3z 3xyz x y 3z 3 O PQR
最小值，

则此时OM
1
OP 1OQ 1 OR，即MP MQ MR 0，故M 是 PQR的重心，
3 3 3
2 2 2

对空间中任意点T ，则TP TM MP，TP TM MP TM 2TM MP MP 2 ，
2 2 2 2 2 TQ TM 2TM MQ MQ 2同理 ，TR TM 2TM MR MR ，

2
2 2 2 2 2 2 2
所以 d T TP TQ TR 3TM 2TM MP MQ MR MP MQ MR 3TM d M
d M ，
故不存在空间中一点T ，使得 d T d M ．
3V 1 1
（2） r S ，V xyz， S xy yz zx S6 2 PQR ，表
由勾股定理， PQ x2 y2 ， PR x2 z2 ，QR y2 z2 ，
x2 2 2 2 2 2 2
由余弦定理， cos QPR ，所以 sin QPR
x y x z y z
，
x2 y2 x2 z2 x2 y2 x2 z2
数学参考答案 第 4页（共 5页）
{#{QQABDYS94gqwghTACb4qEUEACEuYkpEjLAgswRCYqAYrCRFABIA=}#}
xyz
S 1 2 2 2 2 2 2所以 r △PQR x y x z y z ，所以2 xy yz zx x2 y2 x2 y2 y2
，
z2
r 1 1 1 2 2
所以 1 1 1 1 1 1 ， 1
2
1 1 1 1 1 1 2
x y 3z ， x2

y2 2
1 ，
x y z x2 y2 z2 x y 2 3z
r 1 1
2 1
所以 2 1 （设 t 0,
1
），
1 1 1 2 1 1 1 t 11t 2t 3z
2
3z 2 3z z2 2
2 1 f t 1
11t 1

设 f t 1 t 11t 2t ，
2 11t 2
，
2t 1
2
f t 1 11t 11 1 0
当 t 时， 1 ；
11 2 11t 2 2t
2
f t 1 11t 11 0
当0 t 时，令
11t 2
，即
2t 1 1 11t 11t
2 1 2t ，
11
2 2
t 10 3 5 12 3 5解得 0 ，所以 f t f t0 1 t 1 11t 2 10 t ，所以 r
4 5
（当 t t0
110 min 11 3
时取等）
r 4 5所以 的最大值为 .
3
数学参考答案 第 5页（共 5页）
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