张掖市2026-2027学年高考考前提分数学仿真卷（含答案解析）

这是一份张掖市2026-2027学年高考考前提分数学仿真卷（含答案解析）试卷主要包含了若集合，则等内容，欢迎下载使用。
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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．已知集合A＝{0，1}，B＝{0，1，2}，则满足A∪C＝B的集合C的个数为（ ）
A．4B．3C．2D．1
2．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的体积为（ ）

A．B．C．D．
3．已知集合，，若，则（ ）
A．或B．或C．或D．或
4．设，为非零向量，则“存在正数，使得”是“”的（ ）
A．既不充分也不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．充分不必要条件
5．若集合，则（ ）
A．B．
C．D．
6．在中，在边上满足，为的中点，则（ ）.
A．B．C．D．
7．若复数满足，其中为虚数单位，是的共轭复数，则复数（ ）
A．B．C．4D．5
8．已知抛物线上的点到其焦点的距离比点到轴的距离大，则抛物线的标准方程为（ ）
A．B．C．D．
9．已知函数，则函数的零点所在区间为（ ）
A．B．C．D．
10．如图，已知三棱锥中，平面平面，记二面角的平面角为，直线与平面所成角为，直线与平面所成角为，则（ ）
A．B．C．D．
11．在中，内角的平分线交边于点，，，，则的面积是（ ）
A．B．C．D．
12．将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案种数是( )
A．18种B．36种C．54种D．72种
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知向量，，若向量与向量平行，则实数___________．
14．已知函数，若函数有6个零点，则实数的取值范围是_________.
15．已知变量 (m>0)，且，若恒成立，则m的最大值________．
16．已知，圆，直线PM，PN分别与圆O相切，切点为M，N，若，则的最小值为________.
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）传染病的流行必须具备的三个基本环节是：传染源、传播途径和人群易感性.三个环节必须同时存在，方能构成传染病流行.呼吸道飞沫和密切接触传播是新冠状病毒的主要传播途径，为了有效防控新冠状病毒的流行，人们出行都应该佩戴口罩.某地区已经出现了新冠状病毒的感染病人，为了掌握该地区居民的防控意识和防控情况，用分层抽样的方法从全体居民中抽出一个容量为100的样本，统计样本中每个人出行是否会佩戴口罩的情况，得到下面列联表：
（1）能否有的把握认为是否会佩戴口罩出行的行为与年龄有关？
（2）用样本估计总体，若从该地区出行不戴口罩的居民中随机抽取5人，求恰好有2人是青年人的概率.
附：
18．（12分）如图,三棱柱中,底面是等边三角形,侧面是矩形,是的中点,是棱上的点,且.
（1）证明：平面；
（2）若,求二面角的余弦值.
19．（12分）在中，，是边上一点，且，.
（1）求的长；
（2）若的面积为14，求的长.
20．（12分）在极坐标系中，直线的极坐标方程为，以极点为原点，极轴为轴的正半轴建立平面直角坐标系，曲线的参数方程为（为参数），求直线与曲线的交点的直角坐标.
21．（12分）在平面直角坐标系中，已知直线l的参数方程为（t为参数），在以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，且与直角坐标系长度单位相同的极坐标系中，曲线C的极坐标方程是.
（1）求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；
（2）若直线l与曲线C相交于两点A，B，求线段的长.
22．（10分）十八大以来，党中央提出要在2020年实现全面脱贫，为了实现这一目标，国家对“新农合”（新型农村合作医疗）推出了新政，各级财政提高了对“新农合”的补助标准．提高了各项报销的比例，其中门诊报销比例如下：
表1：新农合门诊报销比例
根据以往的数据统计，李村一个结算年度门诊就诊人次情况如下：
表2：李村一个结算年度门诊就诊情况统计表
如果一个结算年度每人次到村卫生室、镇卫生院、二甲医院、三甲医院门诊平均费用分别为50元、100元、200元、500元．若李村一个结算年度内去门诊就诊人次为2000人次．
（Ⅰ）李村在这个结算年度内去三甲医院门诊就诊的人次中，60岁以上的人次占了80%，从去三甲医院门诊就诊的人次中任选2人次，恰好2人次都是60岁以上人次的概率是多少？
（Ⅱ）如果将李村这个结算年度内门诊就诊人次占全村总就诊人次的比例视为概率，求李村这个结算年度每人次用于门诊实付费用（报销后个人应承担部分）的分布列与期望．
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、A
【解析】
由可确定集合中元素一定有的元素，然后列出满足题意的情况，得到答案.
【详解】
由可知集合中一定有元素2，所以符合要求的集合有，共4种情况，所以选A项.
考查集合并集运算，属于简单题.
2、C
【解析】
由已知中的三视图，可知该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，求出底面面积，代入锥体体积公式，可得答案．
【详解】
由已知中的三视图，可知该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，
其底面面积，高，
故体积，
故选：．
本题考查的知识点是由三视图求几何体的体积，解决本题的关键是得到该几何体的形状．
3、B
【解析】
因为,所以,所以或.
若，则,满足.
若，解得或.若，则，满足.若，显然不成立，综上或，选B.
4、D
【解析】
充分性中，由向量数乘的几何意义得，再由数量积运算即可说明成立；必要性中，由数量积运算可得，不一定有正数，使得，所以不成立，即可得答案.
【详解】
充分性：若存在正数，使得，则，，得证；
必要性：若，则，不一定有正数，使得，故不成立；
所以是充分不必要条件
故选：D
本题考查平面向量数量积的运算，向量数乘的几何意义，还考查了充分必要条件的判定，属于简单题.
5、A
【解析】
先确定集合中的元素，然后由交集定义求解．
【详解】
，.
故选：A．
本题考查求集合的交集运算，掌握交集定义是解题关键．
6、B
【解析】
由，可得，，再将代入即可.
【详解】
因为，所以，故
.
故选：B.
本题考查平面向量的线性运算性质以及平面向量基本定理的应用，是一道基础题.
7、D
【解析】
根据复数的四则运算法则先求出复数z，再计算它的模长．
【详解】
解：复数z＝a+bi，a、b∈R；
∵2z，
∴2（a+bi）﹣（a﹣bi）＝，
即，
解得a＝3，b＝4，
∴z＝3+4i，
∴|z|．
故选D．
本题主要考查了复数的计算问题，要求熟练掌握复数的四则运算以及复数长度的计算公式，是基础题．
8、B
【解析】
由抛物线的定义转化，列出方程求出p，即可得到抛物线方程．
【详解】
由抛物线y2＝2px（p＞0）上的点M到其焦点F的距离比点M到y轴的距离大，根据抛物线的定义可得，，所以抛物线的标准方程为：y2＝2x．
故选B．
本题考查了抛物线的简单性质的应用，抛物线方程的求法，属于基础题．
9、A
【解析】
首先求得时，的取值范围.然后求得时，的单调性和零点，令，根据“时，的取值范围”得到，利用零点存在性定理，求得函数的零点所在区间.
【详解】
当时，.
当时，为增函数，且，则是唯一零点.由于“当时，.”，所以
令，得，因为，，
所以函数的零点所在区间为.
故选：A
本小题主要考查分段函数的性质，考查符合函数零点，考查零点存在性定理，考查函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
10、A
【解析】
作于,于,分析可得,,再根据正弦的大小关系判断分析得,再根据线面角的最小性判定即可.
【详解】
作于,于.
因为平面平面,平面.故,
故平面.故二面角为.
又直线与平面所成角为,因为,
故.故,当且仅当重合时取等号.
又直线与平面所成角为,且为直线与平面内的直线所成角,故,当且仅当平面时取等号.
故.
故选：A
本题主要考查了线面角与线线角的大小判断,需要根据题意确定角度的正弦的关系,同时运用线面角的最小性进行判定.属于中档题.
11、B
【解析】
利用正弦定理求出，可得出，然后利用余弦定理求出，进而求出，然后利用三角形的面积公式可计算出的面积.
【详解】
为的角平分线，则.
，则，
，
在中，由正弦定理得，即，①
在中，由正弦定理得，即，②
①②得，解得，，
由余弦定理得，，
因此，的面积为.
故选：B.
本题考查三角形面积的计算，涉及正弦定理和余弦定理以及三角形面积公式的应用，考查计算能力，属于中等题.
12、B
【解析】
把4名大学生按人数分成3组，为1人、1人、2人，再把这三组分配到3个乡镇即得.
【详解】
把4名大学生按人数分成3组，为1人、1人、2人，再把这三组分配到3个乡镇，
则不同的分配方案有种.
故选：.
本题考查排列组合，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】
由题可得，因为向量与向量平行，所以，解得．
14、
【解析】
由题意首先研究函数的性质，然后结合函数的性质数形结合得到关于a的不等式，求解不等式即可确定实数a的取值范围.
【详解】
当时，函数在区间上单调递增，
很明显，且存在唯一的实数满足，
当时，由对勾函数的性质可知函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
结合复合函数的单调性可知函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，且当时，，
考查函数在区间上的性质，
由二次函数的性质可知函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
函数有6个零点，即方程有6个根，
也就是有6个根，即与有6个不同交点，
注意到函数关于直线对称，则函数关于直线对称，
绘制函数的图像如图所示，
观察可得：，即.
综上可得，实数的取值范围是.
故答案为．
本题主要考查分段函数的应用，复合函数的单调性，数形结合的数学思想，等价转化的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
15、
【解析】
在不等式两边同时取对数，然后构造函数f（x）＝，求函数的导数，研究函数的单调性即可得到结论．
【详解】
不等式两边同时取对数得，
即x2lnx1＜x1lnx2，又
即成立，
设f（x）＝，x∈（0，m），
∵x1＜x2，f（x1）＜f（x2），则函数f（x）在（0，m）上为增函数，
函数的导数，
由f′（x）＞0得1﹣lnx＞0得lnx＜1，
得0＜x＜e，
即函数f（x）的最大增区间为（0，e），
则m的最大值为e
故答案为：e
本题考查函数单调性与导数之间的应用，根据条件利用取对数得到不等式,从而可构造新函数，是解决本题的关键
16、
【解析】
由可知R为中点,设,由过切点的切线方程即可求得,，代入，，则在直线上，即可得方程为，将 ，代入化简可得，
则直线过定点,由则点在以为直径的圆上，则.即可求得.
【详解】
如图，由可知R为MN的中点，所以，，
设，则切线PM的方程为，
即，同理可得，
因为PM，PN都过，所以，，
所以在直线上，
从而直线MN方程为，
因为，所以，
即直线MN方程为，
所以直线MN过定点,
所以R在以OQ为直径的圆上，
所以.
故答案为: .
本题考查直线和圆的位置关系,考查圆的切线方程,定点和圆上动点距离的最值问题,考查学生的数形结合能力和计算能力,难度较难.
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、（1）有的把握认为是否戴口罩出行的行为与年龄有关.
（2）
【解析】
(1) 根据列联表和独立性检验的公式计算出观测值,从而由参考数据作出判断.
(2) 因为样本中出行不戴口罩的居民有30人,其中年轻人有10人,用样本估计总体,则出行不戴口罩的年轻人的概率为，是老年人的概率为.根据独立重复事件的概率公式即可求得结果.
【详解】
（1）由题意可知，
有的把握认为是否戴口罩出行的行为与年龄有关.
（2）由样本估计总体，出行不戴口罩的年轻人的概率为，是老年人的概率为.
人未戴口罩，恰有2人是青年人的概率.
本题主要考查独立性检验及独立重复事件的概率求法,难度一般.
18、（1）见解析（2）
【解析】
（1）连结BM，推导出BC⊥BB1，AA1⊥BC，从而AA1⊥MC，进而AA1⊥平面BCM，AA1⊥MB，推导出四边形AMNP是平行四边形，从而MN∥AP，由此能证明MN∥平面ABC．
（2）推导出△ABA1是等腰直角三角形，设AB，则AA1＝2a，BM＝AM＝a，推导出MC⊥BM，MC⊥AA1，BM⊥AA1，以M为坐标原点，MA1，MB，MC为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A﹣CM﹣N的余弦值．
【详解】
（1）如图1，在三棱柱中，连结，因为是矩形，
所以，因为，所以，
又因为，，所以平面，
所以，又因为，所以是中点，
取中点，连结，，因为是的中点，则且，
所以且，所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
（图1） （图2）
（2）因为，所以是等腰直角三角形，设，
则，.在中，，所以.
在中，，所以，
由（1）知，则，，如图2，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，.
所以，则，，
设平面的法向量为，
则即
取得.故平面的一个法向量为，
因为平面的一个法向量为，
则.
因为二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为.
本题考查线面平行的证明，考查了利用空间向量法求解二面角的方法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19、（1）1；（2）5.
【解析】
（1）由同角三角函数关系求得，再由两角差的正弦公式求得，最后由正弦定理构建方程，求得答案.
（2）在中，由正弦定理构建方程求得AB，再由任意三角形的面积公式构建方程求得BC，最后由余弦定理构建方程求得AC.
【详解】
（1）据题意，，且，
所以.
所以
.
在中，据正弦定理可知，，
所以.
（2）在中，据正弦定理可知，
所以.
因为的面积为14，所以，即，
得.
在中，据余弦定理可知，，
所以.
本题考查由正弦定理与余弦定理解三角形，还考查了由同角三角函数关系和两角差的正弦公式化简求值，属于简单题.
20、
【解析】
将直线的极坐标方程和曲线的参数方程分别化为直角坐标方程,联立直角坐标方程求出交点坐标,结合的取值范围进行取舍即可.
【详解】
因为直线的极坐标方程为，
所以直线的普通方程为，
又因为曲线的参数方程为（为参数），
所以曲线的直角坐标方程为，
联立方程,解得或，
因为，所以舍去，
故点的直角坐标为.
本题考查极坐标方程、参数方程与直角坐标方程的互化;考查运算求解能力;熟练掌握极坐标方程、参数方程与直角坐标方程的互化公式是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.
21、（1）l：，C：；（2）
【解析】
（1）直接利用转换关系，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换；
（2）由（1）可得曲线是圆，求出圆心坐标及半径，再求得圆心到直线的距离，即可求得的长.
【详解】
（1）由题意可得直线：，由，得，即，所以曲线C：.
（2）由（1）知，圆，半径.
∴圆心到直线的距离为：.
∴
本题考查直线的普通坐标方程、曲线的直角坐标方程的求法，考查弦长的求法、运算求解能力，是中档题．
22、（Ⅰ）；
（Ⅱ）的发分布列为：
期望．
【解析】
（Ⅰ）由表2可得去各个门诊的人次比例可得2000人中各个门诊的人数，即可知道去三甲医院的总人数，又有60岁所占的百分比可得60岁以上的人数，进而求出任选2人60岁以上的概率；
（Ⅱ）由去各门诊结算的平均费用及表1所报的百分比可得随机变量的可能取值，再由概率可得的分布列，进而求出概率．
【详解】
解：（Ⅰ）由表2可得李村一个结算年度内去门诊就诊人次为2000人次，分别去村卫生室、镇卫生院、二甲医院、三甲医院人数为，，，，
而三甲医院门诊就诊的人次中，60岁以上的人次占了，所以去三甲医院门诊就诊的人次中，60岁以上的人数为：人，
设从去三甲医院门诊就诊的人次中任选2人次，恰好2人次都是60岁以上人次的事件记为，则；
（Ⅱ）由题意可得随机变量的可能取值为：，，，，
，，，，
所以的发分布列为：
所以可得期望．
本题主要考查互斥事件、随机事件的概率计算公式、分布列及其数学期望、组合计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
戴口罩
不戴口罩
青年人
50
10
中老年人
20
20
0.100
0.050
0.010
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
医院类别
村卫生室
镇卫生院
二甲医院
三甲医院
门诊报销比例
60%
40%
30%
20%
医院类别
村卫生室
镇卫生院
二甲医院
三甲医院
一个结算年度内各门诊就诊人次占李村总就诊人次的比例
70%
10%
15%
5%
X
20
60
140
400
P
0.7
0.1
0.15
0.05
X
20
60
140
400
P
0.7
0.1
0.15
0.05