张掖市2027年高考数学押题试卷（含答案解析）

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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．设函数，则函数的图像可能为（ ）
A．B．C．D．
2．已知函数是定义在上的偶函数，当时，，则,，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
3．空间点到平面的距离定义如下：过空间一点作平面的垂线，这个点和垂足之间的距离叫做这个点到这个平面的距离．已知平面，，两两互相垂直，点，点到，的距离都是3，点是上的动点，满足到的距离与到点的距离相等，则点的轨迹上的点到的距离的最小值是（ ）
A．B．3C．D．
4．若集合，，则（ ）
A．B．C．D．
5．计算等于( )
A．B．C．D．
6．已知，为两条不同直线，，，为三个不同平面，下列命题：①若，，则；②若，，则；③若，，则；④若，，则.其中正确命题序号为( )
A．②③B．②③④C．①④D．①②③
7．执行下面的程序框图，则输出的值为 （ ）
A．B．C．D．
8．已知函数（e为自然对数底数），若关于x的不等式有且只有一个正整数解，则实数m的最大值为（ ）
A．B．C．D．
9．若为虚数单位，则复数在复平面上对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
10．复数（为虚数单位），则的共轭复数在复平面上对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
11．在区间上随机取一个数，使直线与圆相交的概率为（ ）
A．B．C．D．
12．如图示，三棱锥的底面是等腰直角三角形，，且，，则与面所成角的正弦值等于（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知集合，若，且，则实数所有的可能取值构成的集合是________.
14．如果复数满足，那么______（为虚数单位）.
15．在中，已知是的中点，且，点满足，则的取值范围是_______.
16．的二项展开式中，含项的系数为__________．
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（），且只有一个零点.
（1）求实数a的值；
（2）若，且，证明：.
18．（12分）某商场举行有奖促销活动，顾客购买每满元的商品即可抽奖一次.抽奖规则如下：抽奖者掷各面标有点数的正方体骰子次，若掷得点数大于，则可继续在抽奖箱中抽奖；否则获得三等奖，结束抽奖，已知抽奖箱中装有个红球与个白球，抽奖者从箱中任意摸出个球，若个球均为红球，则获得一等奖，若个球为个红球和个白球，则获得二等奖，否则，获得三等奖（抽奖箱中的所有小球，除颜色外均相同）.
若，求顾客参加一次抽奖活动获得三等奖的概率；
若一等奖可获奖金元，二等奖可获奖金元，三等奖可获奖金元，记顾客一次抽奖所获得的奖金为，若商场希望的数学期望不超过元，求的最小值.
19．（12分）如图，已知四边形的直角梯形，∥BC，，，，为线段的中点，平面，，为线段上一点（不与端点重合）．
（1）若，
（ⅰ）求证：PC∥平面；
（ⅱ）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值；
（2）否存在实数满足，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，确定的值，若不存在，请说明理由．
20．（12分）已知非零实数满足．
（1）求证：；
（2）是否存在实数，使得恒成立？若存在，求出实数的取值范围； 若不存在，请说明理由
21．（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.
22．（10分）已知的内角，，的对边分别为，，，．
（1）若，证明：．
（2）若，，求的面积．
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】
根据函数为偶函数排除，再计算排除得到答案.
【详解】
定义域为：
，函数为偶函数，排除
，排除
故选
本题考查了函数图像，通过函数的单调性，奇偶性，特殊值排除选项是常用的技巧.
2、C
【解析】
根据函数的奇偶性得，再比较的大小，根据函数的单调性可得选项.
【详解】
依题意得，，
当时，，因为，所以在上单调递增，又在上单调递增，所以在上单调递增，
，即，
故选：C.
本题考查函数的奇偶性的应用、幂、指、对的大小比较，以及根据函数的单调性比较大小，属于中档题.
3、D
【解析】
建立平面直角坐标系，将问题转化为点的轨迹上的点到轴的距离的最小值，利用到轴的距离等于到点的距离得到点轨迹方程，得到，进而得到所求最小值.
【详解】
如图，原题等价于在直角坐标系中，点，是第一象限内的动点，满足到轴的距离等于点到点的距离，求点的轨迹上的点到轴的距离的最小值．
设，则，化简得：，
则，解得：，
即点的轨迹上的点到的距离的最小值是.
故选：.
本题考查立体几何中点面距离最值的求解，关键是能够准确求得动点轨迹方程，进而根据轨迹方程构造不等关系求得最值.
4、A
【解析】
用转化的思想求出中不等式的解集，再利用并集的定义求解即可．
【详解】
解：由集合，解得，
则
故选：．
本题考查了并集及其运算，分式不等式的解法，熟练掌握并集的定义是解本题的关键．属于基础题．
5、A
【解析】
利用诱导公式、特殊角的三角函数值，结合对数运算，求得所求表达式的值.
【详解】
原式.
故选：A
本小题主要考查诱导公式，考查对数运算，属于基础题.
6、C
【解析】
根据直线与平面，平面与平面的位置关系进行判断即可.
【详解】
根据面面平行的性质以及判定定理可得，若，，则，故①正确；
若，，平面可能相交，故②错误；
若，，则可能平行，故③错误；
由线面垂直的性质可得，④正确；
故选：C
本题主要考查了判断直线与平面，平面与平面的位置关系，属于中档题.
7、D
【解析】
根据框图，模拟程序运行，即可求出答案.
【详解】
运行程序，
，
，
，
，
，
，结束循环，
故输出，
故选：D.
本题主要考查了程序框图，循环结构，条件分支结构，属于中档题.
8、A
【解析】
若不等式有且只有一个正整数解，则的图象在图象的上方只有一个正整数值，利用导数求出的最小值，分别画出与的图象，结合图象可得.
【详解】
解：，
∴，
设，
∴，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
∴，
当时，，当，，
函数恒过点，
分别画出与的图象，如图所示，
，
若不等式有且只有一个正整数解，则的图象在图象的上方只有一个正整数值，
∴且，即，且
∴，
故实数m的最大值为，
故选：A
本题考查考查了不等式恒有一正整数解问题，考查了利用导数研究函数的单调性，考查了数形结合思想，考查了数学运算能力.
9、D
【解析】
根据复数的运算，化简得到，再结合复数的表示，即可求解，得到答案．
【详解】
由题意，根据复数的运算，可得，
所对应的点为位于第四象限.
故选D.
本题主要考查了复数的运算，以及复数的几何意义，其中解答中熟记复数的运算法则，准确化简复数为代数形式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
10、C
【解析】
由复数除法求出，写出共轭复数，写出共轭复数对应点坐标即得
【详解】
解析：，，
对应点为，在第三象限．
故选：C．
本题考查复数的除法运算，共轭复数的概念，复数的几何意义．掌握复数除法法则是解题关键．
11、C
【解析】
根据直线与圆相交，可求出k的取值范围，根据几何概型可求出相交的概率.
【详解】
因为圆心，半径，直线与圆相交，所以
，解得
所以相交的概率,故选C.
本题主要考查了直线与圆的位置关系，几何概型，属于中档题.
12、A
【解析】
首先找出与面所成角，根据所成角所在三角形利用余弦定理求出所成角的余弦值，再根据同角三角函数关系求出所成角的正弦值.
【详解】
由题知是等腰直角三角形且，是等边三角形，
设中点为，连接，，可知，，
同时易知，，
所以面，故即为与面所成角，
有，
故.
故选：A.
本题主要考查了空间几何题中线面夹角的计算，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】
化简集合，由，以及，即可求出结论.
【详解】
集合，若，
则的可能取值为，0，2，3，
又因为，
所以实数所有的可能取值构成的集合是.
故答案为:.
本题考查集合与元素的关系，理解题意是解题的关键，属于基础题.
14、
【解析】
把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用复数模的计算公式求解.
【详解】
∵，
∴，
∴，
故答案为：.
本小题主要考查复数除法运算，考查复数的模的求法，属于基础题.
15、
【解析】
由中点公式的向量形式可得，即有，
设，有，再分别讨论三点共线和不共线时的情况，找到的关系，即可根据函数知识求出范围．
【详解】
是的中点，∴，即
设，于是
(1)当共线时，因为，
①若点在之间，则，此时，；
②若点在的延长线上，则，此时，．
(2)当不共线时，根据余弦定理可得，
解得，由，解得
．
综上，
故答案为：．
本题主要考查学中点公式的向量形式和数量积的定义的应用，以及余弦定理的应用，涉及到函数思想和分类讨论思想的应用，解题关键是建立函数关系式，属于中档题．
16、
【解析】
写出二项展开式的通项，然后取的指数为求得的值，则项的系数可求得.
【详解】
，
由，可得.
含项的系数为.
故答案为：
本题考查了二项式定理展开式、需熟记二项式展开式的通项公式，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、（1）（2）证明见解析
【解析】
(1)求导可得在上,在上,所以函数在时,取最小值,由函数只有一个零点,观察可知则有,即可求得结果.
(2)由(1)可知为最小值,则构造函数（）,求导借助基本不等式可判断为减函数,即可得,即则有,由已知可得，由,可知 ,因为时,为增函数，即可得证得结论.
【详解】
（1）（）.
因为，所以，
令得，
，
且，，在上；
在上；
所以函数在时，取最小值，
当最小值为0时，函数只有一个零点，
易得，所以，
解得.
（2）由（1）得，函数，
设（），则，
设（），
则，
，
所以为减函数，所以，
即，
所以，即，
又，所以，
又当时，为增函数，
所以，即.
本题考查借助导数研究函数的单调性及最值,考查学生分析问题的能力,及逻辑推理能力,难度困难.
18、；.
【解析】
设顾客获得三等奖为事件，因为顾客掷得点数大于的概率为，顾客掷得点数小于，然后抽将得三等奖的概率为，求出；
由题意可知，随机变量的可能取值为，，，相应求出概率，求出期望，化简得，由题意可知，，即，求出的最小值.
【详解】
设顾客获得三等奖为事件，
因为顾客掷得点数大于的概率为，
顾客掷得点数小于，然后抽将得三等奖的概率为，
所以；
由题意可知，随机变量的可能取值为，，，
且，
，
，
所以随机变量的数学期望，
，
化简得，
由题意可知，，即，
化简得，因为，解得，
即的最小值为.
本题主要考查概率和期望的求法，属于常考题.
19、（1）（ⅰ）证明见解析（ⅱ）（2）存在，
【解析】
（1）（i）连接交于点，连接，，依题意易证四边形为平行四边形，从而有，，由此能证明PC∥平面
（ii）推导出，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解；
（2）设，求出平面的法向量，利用向量法求解.
【详解】
（1）（ⅰ）证明：连接交于点，连接，，
因为为线段的中点，
所以,
因为，所以
因为∥
所以四边形为平行四边形．
所以
又因为，
所以
又因为平面，平面，
所以平面．
（ⅱ）解：如图，在平行四边形中
因为，，
所以
以为原点建立空间直角坐标系
则，，，
所以，，，
平面的法向量为
设平面的法向量为，
则，即，取，得，
设平面和平面所成的锐二面角为，则
所以锐二面角的余弦值为
（2）设
所以，，
设平面的法向量为，则
，取，得，
因为直线与平面所成的角的正弦值为，
所以
解得
所以存在满足，使得直线与平面所成的角的正弦值为.
此题二查线面平行的证明，考查锐二面角的余弦值的求法，考查满足线面角的正弦值的点是否存在的判断与求法，考查空间中线线，线面，面面的位置关系等知识，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.
20、（1）见解析（2）存在，
【解析】
（1）利用作差法即可证出.
（2）将不等式通分化简可得，讨论或，分离参数，利用基本不等式即可求解.
【详解】
又
即
即
①当时，即恒成立
（当且仅当时取等号），故
②当时恒成立
（当且仅当时取等号），故
综上，
本题考查了作差法证明不等式、基本不等式求最值、考查了分类讨论的思想，属于基础题.
21、（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.
22、（1）见解析（2）
【解析】
（1）由余弦定理及已知等式得出关系，再由正弦定理可得结论；
（2）由余弦定理和已知条件解得，然后由面积公式计算．
【详解】
解：（1）由余弦定理得，
由得到，由正弦定理得．
因为，，所以．
（2）由题意及余弦定理可知，①
由得，即，②
联立①②解得，．所以．
本题考查利用正余弦定理解三角形．考查三角形面积公式，由已知条件本题主要是应用余弦定理求出边．解题时要注意对条件的分析，确定选用的公式．