达州市2026-2027学年高考数学三模试卷（含答案解析）

这是一份达州市2026-2027学年高考数学三模试卷（含答案解析），共3页。试卷主要包含了若集合，，则=等内容，欢迎下载使用。
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．设命题p:>1,n2>2n,则p为（ ）
A．B．
C．D．
2．偶函数关于点对称，当时，，求（ ）
A．B．C．D．
3．设复数满足（为虚数单位），则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
4．使得的展开式中含有常数项的最小的n为( )
A．B．C．D．
5．为虚数单位,则的虚部为（ ）
A．B．C．D．
6．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果，哥德巴赫猜想的内容是：每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和，例如：，，，那么在不超过18的素数中随机选取两个不同的数，其和等于16的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．若集合，，则=（ ）
A．B．C．D．
8．复数，若复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，则等于（ ）
A．B．C．D．
9．如图是正方体截去一个四棱锥后的得到的几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ）
A．B．C．D．
10．执行如图所示的程序框图，如果输入，则输出属于（ ）
A．B．C．D．
11．已知曲线，动点在直线上，过点作曲线的两条切线，切点分别为，则直线截圆所得弦长为（ ）
A．B．2C．4D．
12．抛物线的准线与双曲线的两条渐近线所围成的三角形面积为，则的值为 ( )
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在各项均为正数的等比数列中，，且，成等差数列，则___________.
14．已知曲线，点，在曲线上，且以为直径的圆的方程是．则_______．
15．已知函数，若关于x的方程有且只有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围是_______________.
16．已知函数f（x）=axlnx﹣bx（a，b∈R）在点（e，f（e））处的切线方程为y=3x﹣e，则a+b=_____.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）如图，在中，角的对边分别为，且满足，线段的中点为.
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）已知，求的大小.
18．（12分）在三角形中，角，，的对边分别为，，，若.
（Ⅰ）求角；
（Ⅱ）若，，求.
19．（12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的短轴长为，直线与椭圆相交于两点，线段的中点为.当与连线的斜率为时，直线的倾斜角为
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若是以为直径的圆上的任意一点，求证：
20．（12分）已知数列的前项和为，且满足，各项均为正数的等比数列满足
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和
21．（12分）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求B；
（2）若，求的面积的最大值．
22．（10分）在中，内角的边长分别为，且．
（1）若，，求的值；
（2）若，且的面积，求和的值．
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、C
【解析】
根据命题的否定，可以写出：，所以选C.
2、D
【解析】
推导出函数是以为周期的周期函数，由此可得出，代值计算即可.
【详解】
由于偶函数的图象关于点对称，则，，
，则，
所以，函数是以为周期的周期函数，
由于当时，，则.
故选：D.
本题考查利用函数的对称性和奇偶性求函数值，推导出函数的周期性是解答的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
3、D
【解析】
先把变形为，然后利用复数代数形式的乘除运算化简，求出，得到其坐标可得答案.
【详解】
解：由，得，
所以，其在复平面内对应的点为，在第四象限
故选：D
此题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题.
4、B
【解析】
二项式展开式的通项公式为，若展开式中有常数项，则，解得，当r取2时，n的最小值为5，故选B
【考点定位】本题考查二项式定理的应用．
5、C
【解析】
利用复数的运算法则计算即可.
【详解】
，故虚部为.
故选：C.
本题考查复数的运算以及复数的概念，注意复数的虚部为，不是，本题为基础题，也是易错题.
6、B
【解析】
先求出从不超过18的素数中随机选取两个不同的数的所有可能结果，然后再求出其和等于16的结果，根据等可能事件的概率公式可求.
【详解】
解：不超过18的素数有2，3，5，7，11，13，17共7个，从中随机选取两个不同的数共有，
其和等于16的结果，共2种等可能的结果，
故概率.
故选：B.
古典概型要求能够列举出所有事件和发生事件的个数，本题不可以列举出所有事件但可以用分步计数得到，属于基础题.
7、C
【解析】
试题分析：化简集合
故选C．
考点：集合的运算．
8、A
【解析】
先通过复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，得到，再利用复数的除法求解.
【详解】
因为复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，且复数，
所以
所以
故选：A
本题主要考查复数的基本运算和几何意义，属于基础题.
9、C
【解析】
根据三视图作出几何体的直观图，结合三视图的数据可求得几何体的体积.
【详解】
根据三视图还原几何体的直观图如下图所示：
由图可知，该几何体是在棱长为的正方体中截去四棱锥所形成的几何体，
该几何体的体积为.
故选：C.
本题考查利用三视图计算几何体的体积，考查空间想象能力与计算能力，属于基础题.
10、B
【解析】
由题意，框图的作用是求分段函数的值域，求解即得解.
【详解】
由题意可知，
框图的作用是求分段函数的值域，
当；
当
综上：.
故选：B
本题考查了条件分支的程序框图，考查了学生逻辑推理，分类讨论，数学运算的能力，属于基础题.
11、C
【解析】
设，根据导数的几何意义，求出切线斜率，进而得到切线方程，将点坐标代入切线方程，抽象出直线方程，且过定点为已知圆的圆心，即可求解.
【详解】
圆可化为.
设，
则的斜率分别为，
所以的方程为，即，
，即，
由于都过点，所以，
即都在直线上，
所以直线的方程为，恒过定点，
即直线过圆心，
则直线截圆所得弦长为4.
故选:C.
本题考查直线与圆位置关系、直线与抛物线位置关系，抛物线两切点所在直线求解是解题的关键，属于中档题.
12、A
【解析】
求得抛物线的准线方程和双曲线的渐近线方程，解得两交点，由三角形的面积公式，计算即可得到所求值．
【详解】
抛物线的准线为， 双曲线的两条渐近线为， 可得两交点为， 即有三角形的面积为，解得，故选A．
本题考查三角形的面积的求法，注意运用抛物线的准线方程和双曲线的渐近线方程，考查运算能力，属于基础题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
利用等差中项的性质和等比数列通项公式得到关于的方程,解方程求出代入等比数列通项公式即可.
【详解】
因为，成等差数列，
所以，
由等比数列通项公式得，
，
所以，
解得或，
因为，所以，
所以等比数列的通项公式为
.
故答案为：
本题考查等差中项的性质和等比数列通项公式；考查运算求解能力和知识 综合运用能力；熟练掌握等差中项和等比数列通项公式是求解本题的关键；属于中档题.
14、
【解析】
设所在直线方程为设､点坐标分别为，，都在上，代入曲线方程，两式作差可得，从而可得直线的斜率，联立直线与的方程，由，利用弦长公式即可求解.
【详解】
因为是圆的直径，必过圆心点，
设所在直线方程为
设､点坐标分别为，，都在上，
故两式相减，
可得
(因为是的中点)，即
联立直线与的方程：
又，即，即
又因为，
则有
即
∴.
故答案为：
本题考查了直线与圆锥曲线的位置关系、弦长公式，考查了学生的计算能力，综合性比较强，属于中档题.
15、
【解析】
画出函数的图象，再画的图象，求出一个交点时的的值，然后平行移动可得有两个交点时的的范围．
【详解】
函数的图象如图所示：
因为方程有且只有两个不相等的实数根，
所以图象与直线有且只有两个交点即可，
当过点时两个函数有一个交点，即时，与函数有一个交点，
由图象可知，直线向下平移后有两个交点，
可得，
故答案为：．
本题主要考查了方程的跟与函数的图象交点的转化，数形结合的思想，属于中档题．
16、0
【解析】
由题意，列方程组可求，即求.
【详解】
∵在点处的切线方程为，
，代入得①.
又②.
联立①②解得：.
.
故答案为：0.
本题考查导数的几何意义，属于基础题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）由正弦定理边化角，再结合转化即可求解；
（Ⅱ）可设，由，再由余弦定理解得，对中，由余弦定理有，通过勾股定理逆定理可得，进而得解
【详解】
（Ⅰ）由正弦定理得.
而.
由以上两式得，即.
由于，所以，
又由于，得.
（Ⅱ）设，在中，由正弦定理有.
由余弦定理有，整理得，
由于，所以.
在中，由余弦定理有.
所以，所以.
本题考查正弦定理和余弦定理的综合运用，属于中档题
18、（Ⅰ）（Ⅱ）8
【解析】
（Ⅰ）由余弦定理可得，即可求出A,
（Ⅱ）根据同角的三角函数的关系和两角和的正弦公式和正弦定理即可求出.
【详解】
（Ⅰ）由余弦定理，
所以，
所以，
即，
因为，
所以；
（Ⅱ）因为，所以，
因为，
，
由正弦定理得，所以.
本题考查利用正弦定理与余弦定理解三角形，属于简单题.
19、（1）；（2）详见解析.
【解析】
（1）由短轴长可知，设，，由设而不求法作差即可求得，将相应值代入即求得，椭圆方程可求；
（2）考虑特殊位置，即直线与轴垂直时候，成立，当直线斜率存在时，设出直线方程，与椭圆联立，结合中点坐标公式，弦长公式，得到与的关系，将表示出来，结合基本不等式求最值，证明最后的结果
【详解】
解：（1）由已知，得
由，两式相减，得
根据已知条件有，
当时，
∴，即
∴椭圆的标准方程为
（2）当直线斜率不存在时，，不等式成立.
当直线斜率存在时，设
由得
∴，
∴
由
化简，得
∴
令，则
当且仅当时取等号
∴
∵
∴
当且仅当时取等号
综上，
本题为直线与椭圆的综合应用，考查了椭圆方程的求法，点差法处理多未知量问题，能够利用一元二次方程的知识转化处理复杂的计算形式，要求学生计算能力过关，为较难题
20、（1）；（2）
【解析】
（1）由化为，利用数列的通项公式和前n项和的关系，得到是首项为，公差为的等差数列求解.
（2）由（1）得到，再利用错位相减法求解.
【详解】
（1）可以化为，
，
，
，
又时，
数列从开始成等差数列，
，代入
得
是首项为，公差为的等差数列，
，
.
（2）由（1）得，
，
，
两式相减得
，
，
.
本题主要考查数列的通项公式和前n项和的关系和错位相减法求和，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
21、（1）（2）
【解析】
(1)由正弦定理边化角化简已知条件可求得,即可求得;
(2)由余弦定理借助基本不等式可求得,即可求出的面积的最大值.
【详解】
（1），，
所以，
所以，
，，
，．
（2）由余弦定理得.，
，当且仅当时取等，
.
所以的面积的最大值为.
本题考查了正余弦定理在解三角形中的应用,考查了三角形面积的最值问题,难度较易.
22、（1）；（2）.
【解析】
（1）先由余弦定理求得，再由正弦定理计算即可得到所求值；
（2）运用二倍角的余弦公式和两角和的正弦公式，化简可得sinA+sinB=5sinC，运用正弦定理和三角形的面积公式可得a，b的方程组，解方程即可得到所求值．
【详解】
解：（1）由余弦定理

由正弦定理得
（2）由已知得：

所以------①
又所以------②
由①②解得
本题考查正弦定理、余弦定理和面积公式的运用，以及三角函数的恒等变换，考查化简整理的运算能力，属于中档题．