2027年运城市高考数学四模试卷（含答案解析）

这是一份2027年运城市高考数学四模试卷（含答案解析），共16页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，的展开式中，满足的的系数之和为等内容，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．设，分别为双曲线（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过点作圆 的切线与双曲线的左支交于点P，若，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
2．若函数，在区间上任取三个实数，，均存在以，，为边长的三角形，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．若复数满足（是虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
4．在平面直角坐标系中，将点绕原点逆时针旋转到点，设直线与轴正半轴所成的最小正角为，则等于( )
A．B．C．D．
5．已知函数是定义在R上的奇函数，且满足，当时，（其中e是自然对数的底数），若，则实数a的值为( )
A．B．3C．D．
6．设函数是奇函数的导函数，当时，，则使得成立的的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
7．在中，是的中点，，点在上且满足，则等于（ ）
A．B．C．D．
8．设一个正三棱柱，每条棱长都相等，一只蚂蚁从上底面的某顶点出发，每次只沿着棱爬行并爬到另一个顶点，算一次爬行，若它选择三个方向爬行的概率相等，若蚂蚁爬行10次，仍然在上底面的概率为，则为（ ）
A．B．
C．D．
9．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．
10．的展开式中，满足的的系数之和为（ ）
A．B．C．D．
11．袋中装有标号为1，2，3，4，5，6且大小相同的6个小球，从袋子中一次性摸出两个球，记下号码并放回，如果两个号码的和是3的倍数，则获奖，若有5人参与摸球，则恰好2人获奖的概率是（ ）
A．B．C．D．
12．已知函数的图象如图所示，则可以为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．集合，，若是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则下列说法正确的为________
①的值可以为2；
②的值可以为；
③的值可以为；
14．记数列的前项和为，已知，且.若，则实数的取值范围为________.
15．角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则的值是 ．
16．已知复数满足（为虚数单位），则复数的实部为____________.
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）已知函数．
（1）解不等式；
（2）若函数存在零点，求的求值范围．
18．（12分）已知椭圆的离心率为，且过点.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）点P是椭圆上异于短轴端点A，B的任意一点，过点P作轴于Q，线段PQ的中点为M.直线AM与直线交于点N，D为线段BN的中点，设O为坐标原点，试判断以OD为直径的圆与点M的位置关系.
19．（12分）已知的内角，，的对边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若的面积为，，求的周长.
20．（12分）已知椭圆与抛物线有共同的焦点，且离心率为，设分别是为椭圆的上下顶点
（1）求椭圆的方程；
（2）过点与轴不垂直的直线与椭圆交于不同的两点，当弦的中点落在四边形内（含边界）时，求直线的斜率的取值范围.
21．（12分）在平面直角坐标系xy中，曲线C的方程为.以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为.
（1）写出曲线C的极坐标方程，并求出直线l与曲线C的交点M，N的极坐标；
（2）设P是椭圆上的动点，求面积的最大值.
22．（10分）已知.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若，，证明：.
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】
设过点作圆 的切线的切点为，根据切线的性质可得，且，再由和双曲线的定义可得，得出为中点，则有，得到，即可求解.
【详解】
设过点作圆 的切线的切点为，
，
所以是中点，，
，
.
故选:C.
本题考查双曲线的性质、双曲线定义、圆的切线性质，意在考查直观想象、逻辑推理和数学计算能力，属于中档题.
2、D
【解析】
利用导数求得在区间上的最大值和最小，根据三角形两边的和大于第三边列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】
的定义域为，，
所以在上递减，在上递增，在处取得极小值也即是最小值，，，，，
所以在区间上的最大值为.
要使在区间上任取三个实数，，均存在以，，为边长的三角形，
则需恒成立，且，
也即，也即当、时，成立，
即，且，解得.所以的取值范围是.
故选：D
本小题主要考查利用导数研究函数的最值，考查恒成立问题的求解，属于中档题.
3、B
【解析】
利用复数乘法运算化简，由此求得.
【详解】
依题意，所以.
故选：B
本小题主要考查复数的乘法运算，考查复数模的计算，属于基础题.
4、A
【解析】
设直线直线与轴正半轴所成的最小正角为，由任意角的三角函数的定义可以求得的值，依题有,则，利用诱导公式即可得到答案.
【详解】
如图，设直线直线与轴正半轴所成的最小正角为
因为点在角的终边上，所以
依题有,则，
所以，
故选：A
本题考查三角函数的定义及诱导公式，属于基础题.
5、B
【解析】
根据题意，求得函数周期，利用周期性和函数值，即可求得.
【详解】
由已知可知，，所以函数是一个以4为周期的周期函数，
所以，
解得，
故选：B.
本题考查函数周期的求解，涉及对数运算，属综合基础题.
6、D
【解析】
构造函数，令，则，
由可得，
则是区间上的单调递减函数，
且，
当x∈(0,1)时,g(x)>0,∵lnx0成立的x的取值范围是.
本题选择D选项.
点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中．某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用．因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的．根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧．许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效．
7、B
【解析】
由M是BC的中点，知AM是BC边上的中线，又由点P在AM上且满足可得：P是三角形ABC的重心，根据重心的性质，即可求解．
【详解】
解：∵M是BC的中点，知AM是BC边上的中线，
又由点P在AM上且满足
∴P是三角形ABC的重心
∴

又∵AM＝1
∴
∴
故选B．
判断P点是否是三角形的重心有如下几种办法：①定义：三条中线的交点．②性质：或取得最小值③坐标法：P点坐标是三个顶点坐标的平均数．
8、D
【解析】
由题意，设第次爬行后仍然在上底面的概率为.①若上一步在上面，再走一步要想不掉下去，只有两条路，其概率为；②若上一步在下面，则第步不在上面的概率是.如果爬上来，其概率是，两种事件又是互斥的,可得，根据求数列的通项知识可得选项.
【详解】
由题意，设第次爬行后仍然在上底面的概率为.
①若上一步在上面，再走一步要想不掉下去，只有两条路，其概率为；
②若上一步在下面，则第步不在上面的概率是.如果爬上来，其概率是，
两种事件又是互斥的,∴，即，∴，
∴数列是以为公比的等比数列，而，所以，
∴当时，，
故选：D.
本题考查几何体中的概率问题，关键在于运用递推的知识，得出相邻的项的关系，这是常用的方法，属于难度题.
9、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．
10、B
【解析】
，有，，三种情形，用中的系数乘以中的系数，然后相加可得．
【详解】
当时，的展开式中的系数为
．当，时，系数为；当，时，系数为；当，时，系数为；故满足的的系数之和为．
故选：B．
本题考查二项式定理，掌握二项式定理和多项式乘法是解题关键．
11、C
【解析】
先确定摸一次中奖的概率，5个人摸奖，相当于发生5次试验，根据每一次发生的概率，利用独立重复试验的公式得到结果．
【详解】
从6个球中摸出2个，共有种结果，
两个球的号码之和是3的倍数，共有
摸一次中奖的概率是，
5个人摸奖，相当于发生5次试验，且每一次发生的概率是，
有5人参与摸奖，恰好有2人获奖的概率是，
故选：．
本题主要考查了次独立重复试验中恰好发生次的概率，考查独立重复试验的概率，解题时主要是看清摸奖5次，相当于做了5次独立重复试验，利用公式做出结果，属于中档题．
12、A
【解析】
根据图象可知，函数为奇函数，以及函数在上单调递增，且有一个零点，即可对选项逐个验证即可得出．
【详解】
首先对4个选项进行奇偶性判断，可知，为偶函数，不符合题意，排除B；
其次，在剩下的3个选项,对其在上的零点个数进行判断, 在上无零点, 不符合题意，排除D；然后,对剩下的2个选项,进行单调性判断, 在上单调递减, 不符合题意，排除C.
故选：A．
本题主要考查图象的识别和函数性质的判断，意在考查学生的直观想象能力和逻辑推理能力，属于容易题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、②③
【解析】
根据对称性，只需研究第一象限的情况，计算：，得到，，得到答案.
【详解】
如图所示：根据对称性，只需研究第一象限的情况，
集合：，故，即或，
集合：，是平面上正八边形的顶点所构成的集合，
故所在的直线的倾斜角为，，故：，
解得，此时，，此时.
故答案为：②③.
本题考查了根据集合的交集求参数，意在考查学生的计算能力和转化能力，利用对称性是解题的关键.
14、
【解析】
根据递推公式，以及之间的关系，即可容易求得，再根据数列的单调性，求得其最大值，则参数的范围可求.
【详解】
当时，，解得.所以.
因为，
则，
两式相减，可得，
即，
则.两式相减，
可得.
所以数列是首项为3，公差为2的等差数列，
所以，则.
令，则.
当时，，数列单调递减，
而，，，
故，即实数的取值范围为.
故答案为：.
本题考查由递推公式求数列的通项公式，涉及数列单调性的判断，属综合困难题.
15、
【解析】
试题分析：由三角函数定义知，又由诱导公式知，所以答案应填：．
考点：1、三角函数定义；2、诱导公式．
16、
【解析】
利用复数的概念与复数的除法运算计算即可得到答案.
【详解】
，所以复数的实部为2.
故答案为：2
本题考查复数的除法运算，考查学生的基本计算能力，是一道基础题.
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、（1）或 ；（2）．
【解析】
（1）通过讨论的范围，将绝对值符号去掉，转化为求不等式组的解集，之后取并集，得到原不等式的解集；
（2）将函数零点问题转化为曲线交点问题解决，数形结合得到结果.
【详解】
（1）有题不等式可化为，
当时，原不等式可化为，解得；
当时，原不等式可化为，解得，不满足，舍去；
当时，原不等式可化为，解得，
所以不等式的解集为．
（2）因为，
所以若函数存在零点则可转化为函数与的图像存在交点，
函数在上单调增，在上单调递减，且.
数形结合可知．
该题考查的是有关不等式的问题，涉及到的知识点有分类讨论求绝对值不等式的解集，将零点问题转化为曲线交点的问题来解决，数形结合思想的应用，属于简单题目.
18、（1）（2）点在以为直径的圆上
【解析】
（1）根据题意列出关于，，的方程组，解出，，的值，即可得到椭圆的标准方程；
（2）设点，，则，，求出直线的方程，进而求出点的坐标，再利用中点坐标公式得到点的坐标，下面结合点在椭圆上证出，所以点在以为直径的圆上．
【详解】
（1）由题意可知，，解得，
椭圆的标准方程为：.
（2）设点，，则，，
直线的斜率为，
直线的方程为：，
令得，，
点的坐标为，，
点的坐标为，，
，，
又点，在椭圆上，
，，
，
点在以为直径的圆上．
本题主要考查了椭圆方程，考查了中点坐标公式，以及平面向量的基本知识，属于中档题．
19、（1）；（2）.
【解析】
（1）利用正弦定理将目标式边化角，结合倍角公式，即可整理化简求得结果；
（2）由面积公式，可以求得，再利用余弦定理，即可求得，结合即可求得周长.
【详解】
（1）由题设得.
由正弦定理得
∵∴，
所以或.
当，（舍）
故，
解得.
（2），从而.
由余弦定理得
.
解得.
∴.
故三角形的周长为.
本题考查由余弦定理解三角形，涉及面积公式，正弦的倍角公式，应用正弦定理将边化角，属综合性基础题.
20、（1）（2）或
【解析】
（1）由已知条件得到方程组，解得即可；
（2）由题意得直线的斜率存在，设直线方程为，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，由得到的范围，设弦中点坐标为则，所以在轴上方，只需位于内（含边界）就可以，即满足，得到不等式组，解得即可；
【详解】
解：（1）由已知椭圆右焦点坐标为，离心率为，，，
所以椭圆的标准方程为；
（2）由题意得直线的斜率存在，设直线方程为
联立，消元整理得，，
由，解得
设弦中点坐标为，
所以在轴上方，只需位于内（含边界）就可以，
即满足，即，
解得或
本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质，直线与椭圆的综合应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
21、（1），，；（2）.
【解析】
（1）利用公式即可求得曲线的极坐标方程；联立直线和曲线的极坐标方程，即可求得交点坐标；
（2）设出点坐标的参数形式，将问题转化为求三角函数最值的问题即可求得.
【详解】
（1）曲线的极坐标方程：
联立，得，又因为都满足两方程，
故两曲线的交点为，.
（2）易知，直线.
设点，则点到直线的距离
（其中）.
面积的最大值为.
本题考查极坐标方程和直角坐标方程之间的相互转化，涉及利用椭圆的参数方程求面积的最值问题，属综合中档题.
22、 (1) (2)见证明
【解析】
（1） 利用零点分段法讨论去掉绝对值求解；
（2） 利用绝对值不等式的性质进行证明.
【详解】
（1）解：当时，不等式可化为.
当时，，，所以；
当时，，.
所以不等式的解集是.
（2）证明：由，，得，，
，
又，
所以，即.
本题主要考查含有绝对值不等式问题的求解，含有绝对值不等式的解法一般是使用零点分段讨论法.