2027年江西省上饶市高考数学倒计时模拟卷（含答案解析）

这是一份2027年江西省上饶市高考数学倒计时模拟卷（含答案解析）试卷主要包含了函数的一个单调递增区间是，已知，则下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
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．已知函数，且关于的方程有且只有一个实数根，则实数的取值范围（ ）．
A．B．C．D．
2．给甲、乙、丙、丁四人安排泥工、木工、油漆三项工作，每项工作至少一人，每人做且仅做一项工作，甲不能安排木工工作，则不同的安排方法共有（ ）
A．12种B．18种C．24种D．64种
3．如图是函数在区间上的图象，为了得到这个函数的图象，只需将的图象上的所有的点( )
A．向左平移个长度单位，再把所得各点的横坐标变为原来的，纵坐标不变
B．向左平移个长度单位，再把所得各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变
C．向左平移个长度单位，再把所得各点的横坐标变为原来的，纵坐标不变
D．向左平移个长度单位，再把所得各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变
4．已知函数，若曲线上始终存在两点，，使得，且的中点在轴上，则正实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
5．函数的一个单调递增区间是（ ）
A．B．C．D．
6．2019年某校迎国庆70周年歌咏比赛中，甲乙两个合唱队每场比赛得分的茎叶图如图所示（以十位数字为茎，个位数字为叶）.若甲队得分的中位数是86，乙队得分的平均数是88，则（ ）
A．170B．10C．172D．12
7．已知，则下列说法中正确的是（ ）
A．是假命题B．是真命题
C．是真命题D．是假命题
8．已知点，是函数的函数图像上的任意两点，且在点处的切线与直线AB平行，则( )
A．，b为任意非零实数B．，a为任意非零实数
C．a、b均为任意实数D．不存在满足条件的实数a，b
9．已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（ ）
A．B．C．D．
10．年部分省市将实行“”的新高考模式，即语文、数学、英语三科必选，物理、历史二选一，化学、生物、政治、地理四选二，若甲同学选科没有偏好，且不受其他因素影响，则甲同学同时选择历史和化学的概率为
A．B．
C．D．
11．在中，，，，点满足，则等于（ ）
A．10B．9C．8D．7
12．设等差数列的前n项和为，若，则（ ）
A．B．C．7D．2
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．如图梯形为直角梯形，，图中阴影部分为曲线与直线围成的平面图形，向直角梯形内投入一质点，质点落入阴影部分的概率是_____________
14．抛物线的焦点到准线的距离为 ．
15．设为椭圆在第一象限上的点，则的最小值为________.
16．已知函数，则下列结论中正确的是_________.①是周期函数；②的对称轴方程为，；③在区间上为增函数；④方程在区间有6个根.
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）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（Ⅰ）设直线与曲线交于，两点，求；
（Ⅱ）若点为曲线上任意一点，求的取值范围.
18．（12分）已知矩阵的逆矩阵.若曲线：在矩阵A对应的变换作用下得到另一曲线，求曲线的方程.
19．（12分）已知等比数列中，，是和的等差中项．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，求数列的前项和.
20．（12分）已知函数（），不等式的解集为.
（1）求的值；
（2）若，，，且，求的最大值.
21．（12分） [选修4-5：不等式选讲]
设函数.
（1）求不等式的解集；
（2）已知关于的不等式在上有解，求实数的取值范围.
22．（10分）已知函数，.
（1）若曲线在点处的切线方程为，求，；
（2）当时，，求实数的取值范围.
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、B
【解析】
根据条件可知方程有且只有一个实根等价于函数的图象与直线只有一个交点，作出图象，数形结合即可．
【详解】
解：因为条件等价于函数的图象与直线只有一个交点，作出图象如图，
由图可知，，
故选：B．
本题主要考查函数图象与方程零点之间的关系，数形结合是关键，属于基础题．
2、C
【解析】
根据题意，分2步进行分析：①，将4人分成3组，②，甲不能安排木工工作，甲所在的一组只能安排给泥工或油漆，将剩下的2组全排列，安排其他的2项工作，由分步计数原理计算可得答案．
【详解】
解：根据题意，分2步进行分析：
①，将4人分成3组，有种分法；
②，甲不能安排木工工作，甲所在的一组只能安排给泥工或油漆，有2种情况，
将剩下的2组全排列，安排其他的2项工作，有种情况，
此时有种情况，
则有种不同的安排方法；
故选：C．
本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
3、A
【解析】
由函数的最大值求出，根据周期求出，由五点画法中的点坐标求出，进而求出的解析式，与对比结合坐标变换关系，即可求出结论.
【详解】
由图可知，，
又，，
又，，，
为了得到这个函数的图象，
只需将的图象上的所有向左平移个长度单位，
得到的图象，
再将的图象上各点的横坐标变为原来的（纵坐标不变）即可.
故选:A
本题考查函数的图象求解析式，考查函数图象间的变换关系，属于中档题.
4、D
【解析】
根据中点在轴上，设出两点的坐标，，（）.对分成三类，利用则，列方程，化简后求得，利用导数求得的值域，由此求得的取值范围.
【详解】
根据条件可知，两点的横坐标互为相反数，不妨设，，（），若，则，由，所以，即，方程无解；若，显然不满足；若，则，由，即，即，因为，所以函数在上递减，在上递增，故在处取得极小值也即是最小值，所以函数在上的值域为，故.故选D.
本小题主要考查平面平面向量数量积为零的坐标表示，考查化归与转化的数学思想方法，考查利用导数研究函数的最小值，考查分析与运算能力，属于较难的题目.
5、D
【解析】
利用同角三角函数的基本关系式、二倍角公式和辅助角公式化简表达式，再根据三角函数单调区间的求法，求得的单调区间，由此确定正确选项.
【详解】
因为
，由单调递增，则（），解得（），当时，D选项正确.C选项是递减区间，A，B选项中有部分增区间部分减区间.
故选：D
本小题考查三角函数的恒等变换，三角函数的图象与性质等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，数形结合思想，应用意识.
6、D
【解析】
中位数指一串数据按从小（大）到大（小）排列后，处在最中间的那个数，平均数指一串数据的算术平均数.
【详解】
由茎叶图知，甲的中位数为，故；
乙的平均数为，
解得，所以.
故选：D.
本题考查茎叶图的应用，涉及到中位数、平均数的知识，是一道容易题.
7、D
【解析】
举例判断命题p与q的真假，再由复合命题的真假判断得答案．
【详解】
当时，故命题为假命题；
记f（x）＝ex﹣x的导数为f′（x）＝ex，
易知f（x）＝ex﹣x（﹣∞，0）上递减，在（0，＋∞）上递增，
∴f（x）＞f（0）＝１＞0，即，故命题为真命题；
∴是假命题
故选D
本题考查复合命题的真假判断，考查全称命题与特称命题的真假，考查指对函数的图象与性质，是基础题．
8、A
【解析】
求得的导函数，结合两点斜率公式和两直线平行的条件：斜率相等，化简可得，为任意非零实数.
【详解】
依题意，在点处的切线与直线AB平行，即有
，所以，由于对任意上式都成立，可得，为非零实数.
故选：A
本题考查导数的运用，求切线的斜率，考查两点的斜率公式，以及化简运算能力，属于中档题．
9、A
【解析】
根据球的特点可知截面是一个圆，根据等体积法计算出球心到平面的距离，由此求解出截面圆的半径，从而截面面积可求.
【详解】
如图所示：
设内切球球心为，到平面的距离为，截面圆的半径为，
因为内切球的半径等于正方体棱长的一半，所以球的半径为，
又因为，所以，
又因为，
所以，所以，
所以截面圆的半径，所以截面圆的面积为.
故选：A.
本题考查正方体的内切球的特点以及球的截面面积的计算，难度一般.任何一个平面去截球，得到的截面一定是圆面，截面圆的半径可通过球的半径以及球心到截面的距离去计算.
10、B
【解析】
甲同学所有的选择方案共有种，甲同学同时选择历史和化学后，只需在生物、政治、地理三科中再选择一科即可，共有种选择方案，根据古典概型的概率计算公式，可得甲同学同时选择历史和化学的概率，故选B．
11、D
【解析】
利用已知条件，表示出向量 ,然后求解向量的数量积．
【详解】
在中，，，，点满足，可得
则==
本题考查了向量的数量积运算，关键是利用基向量表示所求向量．
12、B
【解析】
根据等差数列的性质并结合已知可求出，再利用等差数列性质可得，即可求出结果．
【详解】
因为，所以，所以，
所以，
故选：B
本题主要考查等差数列的性质及前项和公式，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】
联立直线与抛物线方程求出交点坐标，再利用定积分求出阴影部分的面积，利用梯形的面积公式求出，最后根据几何概型的概率公式计算可得；
【详解】
解：联立解得或，即，，，，
，
故答案为：
本题考查几何概型的概率公式的应用以及利用微积分基本定理求曲边形的面积，属于中档题.
14、
【解析】
试题分析：由题意得，因为抛物线，即，即焦点到准线的距离为.
考点：抛物线的性质．
15、
【解析】
利用椭圆的参数方程，将所求代数式的最值问题转化为求三角函数最值问题，利用两角和的正弦公式和三角函数的性质，以及求导数、单调性和极值，即可得到所求最小值．
【详解】
解：设点，，其中，
，
由，，，
可设
，
导数为，
由，可得
，
可得或，
由
，，
可得，即，可得，
由可得函数递减；由，可得函数递增，
可得时，函数取得最小值，且为，
则的最小值为1．
故答案为：1．
本题考查椭圆参数方程的应用，利用三角函数的恒等变换和导数法求函数最值的方法，考查化简变形能力和运算能力，属于难题．
16、①②④
【解析】
由函数，对选项逐个验证即得答案.
【详解】
函数，
是周期函数，最小正周期为，故①正确；
当或时，有最大值或最小值，此时或，即或，即.
的对称轴方程为，，故②正确；
当时，，此时在上单调递减，在上单调递增，在区间上不是增函数，故③错误；
作出函数的部分图象，如图所示
方程在区间有6个根，故④正确.
故答案为：①②④.
本题考查三角恒等变换，考查三角函数的性质，属于中档题.
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）6（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）化简得到直线的普通方程化为，，是以点为圆心，为半径的圆，利用垂径定理计算得到答案.
（Ⅱ）设，则，得到范围.
【详解】
（Ⅰ）由题意可知，直线的普通方程化为，
曲线的极坐标方程变形为，
所以的普通方程分别为，是以点为圆心，为半径的圆，
设点到直线的距离为，则， 所以.
（Ⅱ）的标准方程为，所以参数方程为（为参数），设，
，
因为，所以，
所以.
本题考查了参数方程，极坐标方程，意在考查学生的计算能力和应用能力.
18、
【解析】
根据，可解得，设为曲线任一点，在矩阵对应的变换作用下得到点，则点在曲线上，根据变换的定义写出相应的矩阵等式，再用表示出，代入曲线的方程中，即得.
【详解】
，，即.
，解得，.
设为曲线任一点，则，
又设在矩阵A变换作用得到点，
则，即，所以即
代入，得，
所以曲线的方程为.
本题考查逆矩阵，矩阵与变换等，是基础题.
19、（1）（2）
【解析】
（1）用等比数列的首项和公比分别表示出已知条件，解方程组即可求得公比，代入等比数列的通项公式即可求得结果；
（2）把（1）中求得的结果代入bn＝an•lg2an，求出bn，利用错位相减法求出Tn．
【详解】
(1)设数列的公比为，
由题意知：，
∴，即.
∴，即.
(2)，
∴.①
.②
①－②得
∴.
本题考查等比数列的通项公式和等差中项的概念以及错位相减法求和，考查运算能力，属中档题．
20、（1）（2）32
【解析】
利用绝对值不等式的解法求出不等式的解集,得到关于的方程,求出的值即可;
由知可得,，利用三个正数的基本不等式,构造和是定值即可求出的最大值.
【详解】
（1）∵，
，
所以不等式的解集为,
即为不等式的解集为，
∴的解集为,
即不等式的解集为，
化简可得,不等式的解集为，
所以,即.
（2）∵，∴.
又∵，，，
∴
，
当且仅当,等号成立,
即，，时，等号成立，
∴的最大值为32.
本题主要考查含有两个绝对值不等式的解法和三个正数的基本不等式的灵活运用;其中利用构造出和为定值即为定值是求解本题的关键;基本不等式取最值的条件:一正二定三相等是本题的易错点;
属于中档题.
21、 (1) (2)
【解析】
（1）零点分段去绝对值解不等式即可（2）由题在上有解，去绝对值分离变量a即可.
【详解】
（1）不等式，即
等价于 或或
解得 ，
所以原不等式的解集为；
（2）当时，不等式，即，
所以在上有解
即在上有解，
所以，．
本题考查绝对值不等式解法，不等式有解求参数，熟记零点分段，熟练处理不等式有解问题是关键，是中档题.
22、（1）；（2）
【解析】
(1)对函数求导，运用可求得的值，再由在直线上，可求得的值；
(2)由已知可得恒成立，构造函数，对函数求导，讨论和0的大小关系，结合单调性求出最大值即可求得的范围.
【详解】
（1）由题得，
因为在点与相切
所以，∴
（2）由得，令，只需
，设（），
当时，，在时为增函数，所以，舍；
当时，开口向上，对称轴为，，所以在时为增函数，
所以，舍；
当时，二次函数开口向下，且，
所以在时有一个零点，在时，在时，
①当即时，在小于零，
所以在时为减函数，所以，符合题意；
②当即时，在大于零，
所以在时为增函数，所以，舍.
综上所述：实数的取值范围为
本题考查函数的导数，利用导数求函数的单调区间及函数的最小值，属于中档题．处理函数单调性问题时，注意利用导函数的正负，特别是已知单调性问题，转化为函数导数恒不小于零，或恒小于零，再分离参数求解，求函数最值时分析好单调性再求极值，从而求出函数最值．