鄂州市2027年高考数学五模试卷（含答案解析）

这是一份鄂州市2027年高考数学五模试卷（含答案解析）试卷主要包含了答题时请按要求用笔，已知复数满足，则，已知是虚数单位，若，则等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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．双曲线C：（，）的离心率是3，焦点到渐近线的距离为，则双曲线C的焦距为（ ）
A．3B．C．6D．
2．下列说法正确的是（ ）
A．“若，则”的否命题是“若，则”
B．在中，“”是“”成立的必要不充分条件
C．“若，则”是真命题
D．存在，使得成立
3．如图，在圆锥SO中，AB，CD为底面圆的两条直径，AB∩CD＝O，且AB⊥CD，SO＝OB＝3，SE.，异面直线SC与OE所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
4．已知斜率为k的直线l与抛物线交于A，B两点，线段AB的中点为，则斜率k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．元代数学家朱世杰的数学名著《算术启蒙》是中国古代代数学的通论，其中关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等.下图是源于其思想的一个程序图，若，，则输出的（ ）
A．3B．4C．5D．6
6．已知函数，若对于任意的，函数在内都有两个不同的零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
8．若的展开式中的常数项为-12，则实数的值为（ ）
A．-2B．-3C．2D．3
9．用数学归纳法证明，则当时，左端应在的基础上加上（ ）
A．B．
C．D．
10．已知是虚数单位，若，则（ ）
A．B．2C．D．3
11．曲线在点处的切线方程为，则（ ）
A．B．C．4D．8
12．已知为圆的一条直径，点的坐标满足不等式组则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在△ABC中，()⊥(＞1)，若角A的最大值为，则实数的值是_______．
14．已知集合A＝，B＝，若AB中有且只有一个元素，则实数a的值为_______．
15．函数的极大值为______.
16．曲线f(x)=(x2 +x)lnx在点(1，f(1))处的切线方程为____.
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）在极坐标系中，曲线的极坐标方程为
（1）求曲线与极轴所在直线围成图形的面积；
（2）设曲线与曲线交于，两点，求.
18．（12分）函数
（1）证明：；
（2）若存在，且，使得成立，求取值范围.
19．（12分）等比数列中，．
(Ⅰ)求的通项公式；
(Ⅱ)记为的前项和．若，求．
20．（12分）已知抛物线，直线与交于，两点，且.
（1）求的值；
（2）如图，过原点的直线与抛物线交于点，与直线交于点，过点作轴的垂线交抛物线于点，证明：直线过定点.
21．（12分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为 （φ为参数），在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2是圆心为（2，），半径为1的圆．
（1）求曲线C1的普通方程和C2的直角坐标方程；
（2）设M为曲线C1上的点，N为曲线C2上的点，求|MN|的取值范围．
22．（10分）设实数满足.
（1）若，求的取值范围；
（2）若，，求证：.
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】
根据焦点到渐近线的距离，可得，然后根据，可得结果.
【详解】
由题可知：双曲线的渐近线方程为
取右焦点，一条渐近线
则点到的距离为，由
所以，则
又
所以
所以焦距为：
故选：A
本题考查双曲线渐近线方程，以及之间的关系，识记常用的结论：焦点到渐近线的距离为，属基础题.
2、C
【解析】
A：否命题既否条件又否结论，故A错.
B：由正弦定理和边角关系可判断B错.
C：可判断其逆否命题的真假，C正确.
D：根据幂函数的性质判断D错.
【详解】
解：A：“若，则”的否命题是“若，则”，故 A错.
B：在中，，故“”是“”成立的必要充分条件，故B错.
C：“若，则”“若，则”，故C正确.
D：由幂函数在递减，故D错.
故选：C
考查判断命题的真假，是基础题.
3、D
【解析】
可过点S作SF∥OE，交AB于点F，并连接CF，从而可得出∠CSF（或补角）为异面直线SC与OE所成的角，根据条件即可求出，这样即可得出tan∠CSF的值.
【详解】
如图，过点S作SF∥OE，交AB于点F，连接CF，
则∠CSF（或补角）即为异面直线SC与OE所成的角，
∵，∴，
又OB＝3，∴，
SO⊥OC，SO＝OC＝3，∴；
SO⊥OF，SO＝3，OF＝1，∴；
OC⊥OF，OC＝3，OF＝1，∴，
∴等腰△SCF中，.
故选：D.
本题考查了异面直线所成角的定义及求法，直角三角形的边角的关系，平行线分线段成比例的定理，考查了计算能力，属于基础题.
4、C
【解析】
设，，，，设直线的方程为：，与抛物线方程联立，由△得，利用韦达定理结合已知条件得，，代入上式即可求出的取值范围．
【详解】
设直线的方程为：， ，，，，
联立方程，消去得：，
△，
，
且，，
，
线段的中点为,，
，，
，，
，
，
把 代入，得，
，
，
故选：
本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，考查了韦达定理的应用，属于中档题．
5、B
【解析】
分析：根据流程图中的可知，每次循环的值应是一个等比数列，公比为；根据流程图中的可知，每次循环的值应是一个等比数列，公比为，根据每次循环得到的的值的大小决定循环的次数即可.
详解： 记执行第次循环时，的值记为有，则有；
记执行第次循环时，的值记为有，则有.
令，则有，故
，故选B.
点睛：本题为算法中的循环结构和数列通项的综合，属于中档题，解题时注意流程图中蕴含的数列关系（比如相邻项满足等比数列、等差数列的定义，是否是求数列的前和、前项积等）.
6、D
【解析】
将原题等价转化为方程在内都有两个不同的根，先求导，可判断时，，是增函数；
当时，，是减函数.因此，再令，求导得，结合韦达定理可知，要满足题意，只能是存在零点，使得在有解，通过导数可判断当时，在上是增函数；当时，在上是减函数；则应满足，再结合，构造函数，求导即可求解；
【详解】
函数在内都有两个不同的零点，
等价于方程在内都有两个不同的根.
，所以当时，，是增函数；
当时，，是减函数.因此.
设，，
若在无解，则在上是单调函数，不合题意；所以在有解，且易知只能有一个解.
设其解为，当时，在上是增函数；
当时，在上是减函数.
因为，方程在内有两个不同的根，
所以，且.由，即，解得.
由，即，所以.
因为，所以，代入，得.
设，，所以在上是增函数，
而，由可得，得.
由在上是增函数，得.
综上所述，
故选：D.
本题考查由函数零点个数求解参数取值范围问题，构造函数法，导数法研究函数增减性与最值关系，转化与化归能力，属于难题
7、A
【解析】
由复数的运算法则计算．
【详解】
因为，所以
故选：A．
本题考查复数的运算．属于简单题．
8、C
【解析】
先研究的展开式的通项，再分中，取和两种情况求解.
【详解】
因为的展开式的通项为，
所以的展开式中的常数项为：，
解得，
故选：C.
本题主要考查二项式定理的通项公式，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
9、C
【解析】
首先分析题目求用数学归纳法证明1+1+3+…+n1=时，当n=k+1时左端应在n=k的基础上加上的式子，可以分别使得n=k，和n=k+1代入等式，然后把n=k+1时等式的左端减去n=k时等式的左端，即可得到答案．
【详解】
当n=k时，等式左端=1+1+…+k1，
当n=k+1时，等式左端=1+1+…+k1+k1+1+k1+1+…+（k+1）1，增加了项（k1+1）+（k1+1）+（k1+3）+…+（k+1）1．
故选：C．
本题主要考查数学归纳法，属于中档题./
10、A
【解析】
直接将两边同时乘以求出复数，再求其模即可.
【详解】
解：将两边同时乘以，得
故选：A
考查复数的运算及其模的求法，是基础题.
11、B
【解析】
求函数导数，利用切线斜率求出，根据切线过点求出即可.
【详解】
因为，
所以，
故，
解得，
又切线过点，
所以，解得，
所以，
故选：B
本题主要考查了导数的几何意义，切线方程，属于中档题.
12、D
【解析】
首先将转化为，只需求出的取值范围即可，而表示可行域内的点与圆心距离，数形结合即可得到答案.
【详解】
作出可行域如图所示
设圆心为，则
,
过作直线的垂线，垂足为B，显然，又易得，
所以，，
故.
故选：D.
本题考查与线性规划相关的取值范围问题，涉及到向量的线性运算、数量积、点到直线的距离等知识，考查学生转化与划归的思想，是一道中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、1
【解析】
把向量进行转化，用表示，利用基本不等式可求实数的值.
【详解】
，解得＝1．
故答案为：1.
本题主要考查平面向量的数量积应用，综合了基本不等式，侧重考查数学运算的核心素养.
14、2
【解析】
利用AB中有且只有一个元素，可得，可求实数a的值.
【详解】
由题意AB中有且只有一个元素，所以，即.
故答案为：.
本题主要考查集合的交集运算，集合交集的运算本质是存同去异，侧重考查数学运算的核心素养.
15、
【解析】
先求函的定义域，再对函数进行求导，再解不等式得单调区间，进而求得极值点，即可求出函数的极大值．
【详解】
函数，，
，
令得，，
当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，
当时，函数取到极大值，极大值为.
故答案为：．
本题考查利用导数研究函数的极值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查运算求解能力，求解时注意定义域优先法则的应用．
16、
【解析】
求函数的导数，利用导数的几何意义即可求出切线方程.
【详解】
解：∵，
∴，
则，
又，即切点坐标为（1，0），
则函数在点(1，f(1))处的切线方程为，
即，
故答案为：.
本题主要考查导数的几何意义，根据导数和切线斜率之间的关系是解决本题的关键.
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）；（2）
【解析】
（1）利用互化公式，将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，得出曲线与极轴所在直线围成的图形是一个半径为1的圆周及一个两直角边分别为1与的直角三角形，即可求出面积；
（2）联立方程组，分别求出和的坐标，即可求出.
【详解】
解：（1）由于的极坐标方程为，
根据互化公式得，曲线的直角坐标方程为：
当时，，
当时，，
则曲线与极轴所在直线围成的图形，
是一个半径为1的圆周及一个两直角边分别为1与的直角三角形，
∴围成图形的面积.
（2）由得，其直角坐标为，
化直角坐标方程为，
化直角坐标方程为，
∴，
∴.
本题考查利用互化公式将极坐标方程化为直角坐标方程，以及联立方程组求交点坐标，考查计算能力.
18、（1）证明见详解；（2）或或
【解析】
（1）
（2）首先用基本不等式得到，然后解出不等式即可
【详解】
（1）因为
所以
（2）当时
所以
当且仅当即时等号成立
因为存在，且，使得成立
所以
所以或
解得：或或
1.要熟练掌握绝对值的三角不等式，即
2.应用基本不等式求最值时要满足“一正二定三相等”.
19、 (Ⅰ)或(Ⅱ)12
【解析】
（1）先设数列的公比为，根据题中条件求出公比，即可得出通项公式；
（2）根据（1）的结果，由等比数列的求和公式，即可求出结果.
【详解】
（1）设数列的公比为，
，
，
或.
（2）时，，解得；
时，，
无正整数解；
综上所述.
本题主要考查等比数列，熟记等比数列的通项公式与求和公式即可，属于基础题型.
20、（1）；（2）见解析
【解析】
（1）联立直线和抛物线，消去可得，求出，，再代入弦长公式计算即可.
（2）由（1）可得，设，计算直线的方程为，代入求出，即可求出，再代入抛物线方程，求出，最后计算直线的斜率，求出直线的方程，化简可得到恒过的定点.
【详解】
（1）由，消去可得，
设，，则，.
，
解得或(舍去)，
.
（2）证明：由（1）可得，设，
所以直线的方程为，
当时，，则，
代入抛物线方程，可得，，
所以直线的斜率，
直线的方程为，
整理可得，故直线过定点.
本题第一问考查直线与抛物线相交的弦长问题，需熟记弦长公式.第二问考查直线方程和直线恒过定点问题，需有较强的计算能力，属于难题.
21、（1）C1：y2＝1，C2 ：x2+（y﹣2）2＝1；（2）[0，1]
【解析】
（Ⅰ）消去参数φ可得C1的直角坐标方程，易得曲线C2的圆心的直角坐标为（0，2），可得C2的直角坐标方程；（Ⅱ）设M（3csφ，sinφ），由三角函数和二次函数可得|MC2|的取值范围，结合圆的知识可得答案．
【详解】
（1）消去参数φ可得C1 的普通方程为y2＝1，
∵曲线C2 是圆心为（2，），半径为1 的圆，曲线C2 的圆心的直角坐标为（0，2），
∴C2 的直角坐标方程为x2+（y﹣2）2＝1；
（2）设M（3csφ，sinφ），则|MC2|

，
∵﹣1≤sinφ≤1，∴1≤|MC2|，
由题意结合图象可得|MN|的最小值为1﹣1＝0，最大值为1，
∴|MN|的取值范围为[0，1]．
本题考查椭圆的参数方程，涉及圆的知识和极坐标方程，属中档题．
22、（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）依题意可得，考虑到，则有再分类讨论可得；
（2）要证明，即证，即证.利用基本不等式即可得证；
【详解】
解：（1）由及，得，
考虑到，则有，它可化为
或
即或
前者无解，后者的解集为，
综上，的取值范围是.
（2）要证明，即证，
由，得，即证.
因为（当且仅当，时取等号）.
所以成立，
故成立.
本题考查分类讨论法解绝对值不等式，基本不等式的应用，属于中档题.