2027年湖南省湘潭市高考数学考前最后一卷预测卷（含答案解析）

这是一份2027年湖南省湘潭市高考数学考前最后一卷预测卷（含答案解析），共3页。试卷主要包含了 “且”是“”的等内容，欢迎下载使用。
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
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．相传黄帝时代，在制定乐律时，用“三分损益”的方法得到不同的竹管，吹出不同的音调．如图的程序是与“三分损益”结合的计算过程，若输入的的值为1，输出的的值为（ ）
A．B．C．D．
2．年初，湖北出现由新型冠状病毒引发的肺炎.为防止病毒蔓延，各级政府相继启动重大突发公共卫生事件一级响应，全国人心抗击疫情.下图表示月日至月日我国新型冠状病毒肺炎单日新增治愈和新增确诊病例数，则下列中表述错误的是（ ）
A．月下旬新增确诊人数呈波动下降趋势
B．随着全国医疗救治力度逐渐加大，月下旬单日治愈人数超过确诊人数
C．月日至月日新增确诊人数波动最大
D．我国新型冠状病毒肺炎累计确诊人数在月日左右达到峰值
3．设为等差数列的前项和，若，则
A．B．
C．D．
4．已知幂函数的图象过点，且，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
5．已知四棱锥中，平面，底面是边长为2的正方形，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知边长为4的菱形，，为的中点，为平面内一点，若，则（ ）
A．16B．14C．12D．8
7．网络是一种先进的高频传输技术，我国的技术发展迅速，已位居世界前列.华为公司2019年8月初推出了一款手机，现调查得到该款手机上市时间和市场占有率（单位：%）的几组相关对应数据.如图所示的折线图中，横轴1代表2019年8月，2代表2019年9月……，5代表2019年12月，根据数据得出关于的线性回归方程为.若用此方程分析并预测该款手机市场占有率的变化趋势，则最早何时该款手机市场占有率能超过0.5%（精确到月）（ ）
A．2020年6月B．2020年7月C．2020年8月D．2020年9月
8．若x，y满足约束条件则z=的取值范围为（ ）
A．[]B．[，3]C．[，2]D．[，2]
9． “且”是“”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
10．函数的一个零点在区间内，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
11．已知集合，若，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
12．某四棱锥的三视图如图所示，记S为此棱锥所有棱的长度的集合，则（ ）
A．
B．
C．
D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知一个圆锥的底面积和侧面积分别为和，则该圆锥的体积为________
14．已知复数z是纯虚数，则实数a＝_____，|z|＝_____．
15．已知，复数且（为虚数单位），则__________，_________．
16．函数的定义域为______.
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）如图，在四棱锥中，底面是菱形，∠，是边长为2的正三角形，，为线段的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）若为线段上一点，当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积．
18．（12分）等差数列的公差为2, 分别等于等比数列的第2项，第3项，第4项.
（1）求数列和的通项公式；
（2）若数列满足,求数列的前2020项的和．
19．（12分）如图，在棱长为的正方形中，，分别为，边上的中点，现以为折痕将点旋转至点的位置，使得为直二面角．
（1）证明：；
（2）求与面所成角的正弦值．
20．（12分）已知函数，.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明：.
21．（12分）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若函数在区间上的最小值为，求m的值.
22．（10分）某工厂生产某种电子产品，每件产品不合格的概率均为，现工厂为提高产品声誉，要求在交付用户前每件产品都通过合格检验，已知该工厂的检验仪器一次最多可检验件该产品，且每 件产品检验合格与否相互独立．若每件产品均检验一次，所需检验费用较多，该工厂提出以下检 验方案：将产品每个一组进行分组检验，如果某一组产品检验合格，则说明该组内产品均合格，若检验不合格，则说明该组内有不合格产品，再对该组内每一件产品单独进行检验，如此，每一组产品只需检验次或次．设该工厂生产件该产品，记每件产品的平均检验次 数为．
（1）求的分布列及其期望；
（2）（i）试说明，当越小时，该方案越合理，即所需平均检验次数越少；
（ii）当时，求使该方案最合理时的值及件该产品的平均检验次数．
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】
根据循环语句，输入，执行循环语句即可计算出结果.
【详解】
输入，由题意执行循环结构程序框图，可得：
第次循环：，，不满足判断条件；
第次循环：，，不满足判断条件；
第次循环：，，满足判断条件；输出结果.
故选：
本题考查了循环语句的程序框图，求输出的结果，解答此类题目时结合循环的条件进行计算，需要注意跳出循环的判定语句，本题较为基础.
2、D
【解析】
根据新增确诊曲线的走势可判断A选项的正误；根据新增确诊曲线与新增治愈曲线的位置关系可判断B选项的正误；根据月日至月日新增确诊曲线的走势可判断C选项的正误；根据新增确诊人数的变化可判断D选项的正误.综合可得出结论.
【详解】
对于A选项，由图象可知，月下旬新增确诊人数呈波动下降趋势，A选项正确；
对于B选项，由图象可知，随着全国医疗救治力度逐渐加大，月下旬单日治愈人数超过确诊人数，B选项正确；
对于C选项，由图象可知，月日至月日新增确诊人数波动最大，C选项正确；
对于D选项，在月日及以前，我国新型冠状病毒肺炎新增确诊人数大于新增治愈人数，我国新型冠状病毒肺炎累计确诊人数不在月日左右达到峰值，D选项错误.
故选：D.
本题考查统计图表的应用，考查数据处理能力，属于基础题.
3、C
【解析】
根据等差数列的性质可得，即，
所以，故选C．
4、A
【解析】
根据题意求得参数，根据对数的运算性质，以及对数函数的单调性即可判断.
【详解】
依题意，得，故，
故，，，
则.
故选：A.
本题考查利用指数函数和对数函数的单调性比较大小，考查推理论证能力，属基础题.
5、B
【解析】
由题意建立空间直角坐标系，表示出各点坐标后，利用即可得解.
【详解】
平面，底面是边长为2的正方形，
如图建立空间直角坐标系，由题意：
，，，，，
为的中点，.
，，
，
异面直线与所成角的余弦值为即为.
故选：B.
本题考查了空间向量的应用，考查了空间想象能力，属于基础题.
6、B
【解析】
取中点，可确定；根据平面向量线性运算和数量积的运算法则可求得，利用可求得结果.
【详解】
取中点，连接，
，，即.
，，
，
则.
故选：.
本题考查平面向量数量积的求解问题，涉及到平面向量的线性运算，关键是能够将所求向量进行拆解，进而利用平面向量数量积的运算性质进行求解.
7、C
【解析】
根据图形，计算出，然后解不等式即可.
【详解】
解：，
点在直线上
，
令
因为横轴1代表2019年8月，所以横轴13代表2020年8月，
故选：C
考查如何确定线性回归直线中的系数以及线性回归方程的实际应用，基础题.
8、D
【解析】
由题意作出可行域，转化目标函数为连接点和可行域内的点的直线斜率的倒数，数形结合即可得解.
【详解】
由题意作出可行域，如图，
目标函数可表示连接点和可行域内的点的直线斜率的倒数，
由图可知，直线的斜率最小，直线的斜率最大，
由可得，由可得，
所以，，所以.
故选：D.
本题考查了非线性规划的应用，属于基础题.
9、A
【解析】
画出“,,,所表示的平面区域,即可进行判断.
【详解】
如图，“且”表示的区域是如图所示的正方形，
记为集合P，“”表示的区域是单位圆及其内部，记为集合Q，
显然是的真子集,所以答案是充分非必要条件，
故选:.
本题考查了不等式表示的平面区域问题,考查命题的充分条件和必要条件的判断,难度较易.
10、C
【解析】
显然函数在区间内连续,由的一个零点在区间内,则,即可求解.
【详解】
由题,显然函数在区间内连续,因为的一个零点在区间内,所以,即,解得,
故选:C
本题考查零点存在性定理的应用,属于基础题.
11、A
【解析】
解一元二次不等式化简集合的表示，求解函数的定义域化简集合的表示，根据可以得到集合、之间的关系，结合数轴进行求解即可.
【详解】
，.
因为，所以有，因此有.
故选：A
本题考查了已知集合运算的结果求参数取值范围问题，考查了解一元二次不等式，考查了函数的定义域，考查了数学运算能力.
12、D
【解析】
如图所示：在边长为的正方体中，四棱锥满足条件，故，得到答案.
【详解】
如图所示：在边长为的正方体中，四棱锥满足条件.
故，，.
故，故，.
故选：.
本题考查了三视图，元素和集合的关系，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
依据圆锥的底面积和侧面积公式，求出底面半径和母线长，再根据勾股定理求出圆锥的高，最后利用圆锥的体积公式求出体积。
【详解】
设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，所以有
解得，
故该圆锥的体积为。
本题主要考查圆锥的底面积、侧面积和体积公式的应用。
14、1 1
【解析】
根据复数运算法则计算复数z，根据复数的概念和模长公式计算得解.
【详解】
复数z，
∵复数z是纯虚数，∴，解得a＝1，
∴z＝i，∴|z|＝1，
故答案为：1，1．
此题考查复数的概念和模长计算，根据复数是纯虚数建立方程求解，计算模长，关键在于熟练掌握复数的运算法则.
15、
【解析】
∵复数且
∴
∴
∴
∴，
故答案为，
16、
【解析】
对数函数的定义域需满足真数大于0，再由指数型不等式求解出解集即可.
【详解】
对函数有意义，
即.
故答案为：
本题考查求对数函数的定义域，还考查了指数型不等式求解，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）见解析； （2）.
【解析】
（1）先证明，可证平面，再由可证平面，即得证；
（2）以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，设，求解面的法向量，面的法向量，利用二面角的余弦值为，可求解，转化即得解.
【详解】
（1）证明：因为是正三角形，为线段的中点，
所以．
因为是菱形，所以．
因为，所以是正三角形，
所以，所以平面．
又，所以平面．
因为平面，
所以平面平面．
（2）由（1）知平面，
所以，．
而，
所以，．
又，
所以平面．
以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系．
则．
于是，，．
设面的一个法向量，
由得
令，则，
即．
设，
易得，．
设面的一个法向量，
由得
令，则，，
即．
依题意，
即，
令，则，
即，即．
所以．
本题考查了空间向量和立体几何综合，考查了面面垂直的判断，二面角的向量求解，三棱锥的体积等知识点，考查了学生空间想象，逻辑推理，数学运算的能力，属于中档题.
18、（1），； （2）.
【解析】
(1)根据题意同时利用等差、等比数列的通项公式即可求得数列和的通项公式；
(2)求出数列的通项公式，再利用错位相减法即可求得数列的前2020项的和.
【详解】
(1)依题意得: ，
所以 ，
所以
解得
设等比数列的公比为，所以
又
(2)由（1）知，
因为 ①
当时, ②
由①②得，，即，
又当时，不满足上式，
.
数列的前2020项的和

设 ③，
则 ④，
由③④得：
，
所以，
所以.
本题考查等差数列和等比数列的通项公式、性质，错位相减法求和,考查学生的逻辑推理能力,化归与转化能力及综合运用数学知识解决问题的能力.考查的核心素养是逻辑推理与数学运算.是中档题.
19、（1）证明见详解；（2）
【解析】
（1）在折叠前的正方形ABCD中，作出对角线AC，BD，由正方形性质知，又//，则于点H，则由直二面角可知面 ，故.又，则面，故命题得证；
（2）作出线面角，在直角三角形中求解该角的正弦值.
【详解】
解：（1）证明：在正方形中，连结交于．
因为//，故可得，
即
又旋转不改变上述垂直关系，
且平面,
面，
又面，所以
（2）因为为直二面角，故平面平面,
又其交线为,且平面,
故可得底面，
连结，则即为与面所成角，连结交于，
在中，
，
在中
，
．
所以与面所成角的正弦值为．
本题考查了线面垂直的证明与性质，利用定义求线面角，属于中档题.
20、（1）见解析；（2）见解析
【解析】
（1）求导得，分类讨论和，利用导数研究含参数的函数单调性；
（2）根据（1）中求得的的单调性，得出在处取得最大值为，构造函数，利用导数，推出，即可证明不等式.
【详解】
解：（1）由于，得，
当时，，此时在上递增；
当时，由，解得，
若，则，
若，，
此时在递增，在上递减.
（2）由（1）知在处取得最大值为：
，
设，则，
令，则，
则在单调递减，∴，
即，则在单调递减
∴，
∴，
∴.
本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，涉及分类讨论和构造新函数，通过导数证明不等式，考查转化思想和计算能力.
21、（1）见解析 （2）
【解析】
（1）先求导，再对m分类讨论，求出的单调性；（2）对m分三种情况讨论求函数在区间上的最小值即得解.
【详解】
（1）
若，当时，；
当时.，
所以在上单调递增，在上单调递减
若.在R上单调递增
若，当时，；
当时.，
所以在上单调递增，在上单调递减
（2）由（1）可知，当时，在上单调递增，则.则不合题意
当时，在上单调递减，在上单调递增.
则，即
又因为单调递增，且，故
综上，
本题主要考查利用导数研究函数的单调性和最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
22、（1）见解析，（2）（i）见解析（ii）时平均检验次数最少，约为594次．
【解析】
（1）由题意可得，的可能取值为和，分别求出其概率即可求出分布列，进而可求出期望.
（2）（i）由记，根据函数的单调性即可证出；记，当且取最小值时，该方案最合理，对进行赋值即可求解.
【详解】
（1）由题，的可能取值为 和
，故的分布列为
由记，因为，
所以 在上单调递增 ，
故越小，越小，即所需平均检验次数越少，该方案越合理
记
当且取最小值时，该方案最合理，
因为，，
所以时平均检验次数最少，约为次．
本题考查了离散型随机变量的分布列、数学期望，考查了分析问题、解决问题的能力，属于中档题.