2027年广东省广州市高考数学一模试卷（含答案解析）

这是一份2027年广东省广州市高考数学一模试卷（含答案解析），共35页。试卷主要包含了已知等差数列中，则，，则与位置关系是，若，，则的值为等内容，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f（x）=ax2+bx是定义在[a–1，2a]上的偶函数，那么a+b的值是
A．B．
C．D．
2．已知复数满足，则=（ ）
A．B．
C．D．
3．已知是双曲线的左、右焦点，若点关于双曲线渐近线的对称点满足（为坐标原点），则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
4．已知等差数列中，则（ ）
A．10B．16C．20D．24
5．，则与位置关系是 ( )
A．平行B．异面
C．相交D．平行或异面或相交
6．设是等差数列，且公差不为零，其前项和为．则“，”是“为递增数列”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
7．若，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
8．设，满足约束条件，若的最大值为，则的展开式中项的系数为( )
A．60B．80C．90D．120
9．已知函数，若恒成立，则满足条件的的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
10．已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，且，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．2D．4
11．已知椭圆的左、右焦点分别为、，过点的直线与椭圆交于、两点.若的内切圆与线段在其中点处相切，与相切于点，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
12．已知集合，，则的真子集个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知是等比数列，且，，则__________，的最大值为__________．
14．已知，满足不等式组，则的取值范围为________．
15．已知向量，满足，，，则向量在的夹角为______.
16．古代“五行”学认为：“物质分金、木、土、水、火五种属性，金克木，木克土，土克水，水克火，火克金．”将五种不同属性的物质任意排成一列，但排列中属性相克的两种物质不相邻，则这样的排列方法有_________种. (用数字作答)
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，，.函数的导函数在上存在零点.
求实数的取值范围；
若存在实数，当时，函数在时取得最大值，求正实数的最大值；
若直线与曲线和都相切，且在轴上的截距为，求实数的值.
18．（12分）如图所示,直角梯形中,,,,四边形为矩形,.
（1）求证:平面平面;
（2）在线段上是否存在点,使得直线与平面所成角的正弦值为,若存在,求出线段的长,若不存在,请说明理由.
19．（12分）如图，内接于圆O，AB是圆O的直径，四边形DCBE为平行四边形，平面ABC，，．
（1）求证：平面ACD；
（2）设，表示三棱锥B-ACE的体积，求函数的解析式及最大值．
20．（12分）若,且
（1）求的最小值；
（2）是否存在，使得？并说明理由.
21．（12分）已知函数的最大值为，其中.
（1）求实数的值；
（2）若求证:.
22．（10分）已知函数.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若满足，，，求.
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】
依照偶函数的定义，对定义域内的任意实数，f（﹣x）=f（x），且定义域关于原点对称，a﹣1=﹣2a，即可得解.
【详解】
根据偶函数的定义域关于原点对称，且f（x）是定义在[a–1，2a]上的偶函数，
得a–1=–2a，解得a=，又f（–x）=f（x），
∴b=0，∴a+b=．故选B．
本题考查偶函数的定义，对定义域内的任意实数，f（﹣x）=f（x）；奇函数和偶函数的定义域必然关于原点对称，定义域区间两个端点互为相反数．
2、B
【解析】
利用复数的代数运算法则化简即可得到结论.
【详解】
由，得，
所以，.
故选：B.
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，属于基础题.
3、B
【解析】
先利用对称得，根据可得，由几何性质可得，即，从而解得渐近线方程.
【详解】
如图所示：
由对称性可得：为的中点，且，
所以，
因为，所以，
故而由几何性质可得，即，
故渐近线方程为，
故选B.
本题考查了点关于直线对称点的知识，考查了双曲线渐近线方程，由题意得出是解题的关键，属于中档题.
4、C
【解析】
根据等差数列性质得到，再计算得到答案.
【详解】
已知等差数列中，
故答案选C
本题考查了等差数列的性质，是数列的常考题型.
5、D
【解析】
结合图(1)，(2)，(3)所示的情况，可得a与b的关系分别是平行、异面或相交．
选D．
6、A
【解析】
根据等差数列的前项和公式以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】
是等差数列，且公差不为零，其前项和为，
充分性：，则对任意的恒成立，则，
，若，则数列为单调递减数列，则必存在，使得当时，，则，不合乎题意；
若，由且数列为单调递增数列，则对任意的，，合乎题意.
所以，“，”“为递增数列”；
必要性：设，当时，，此时，，但数列是递增数列.
所以，“，”“为递增数列”.
因此，“，”是“为递增数列”的充分而不必要条件.
故选：A.
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等差数列的前项和公式是解决本题的关键，属于中等题．
7、A
【解析】
取，得到，取，则，计算得到答案.
【详解】
取，得到；取，则.
故.
故选：.
本题考查了二项式定理的应用，取和是解题的关键.
8、B
【解析】
画出可行域和目标函数，根据平移得到，再利用二项式定理计算得到答案.
【详解】
如图所示：画出可行域和目标函数，
，即，故表示直线与截距的倍，
根据图像知：当时，的最大值为，故.
展开式的通项为：，
取得到项的系数为：.
故选：.
本题考查了线性规划求最值，二项式定理，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
9、C
【解析】
由不等式恒成立问题分类讨论：①当，②当，③当，考查方程的解的个数，综合①②③得解．
【详解】
①当时，，满足题意，
②当时，，，，，故不恒成立，
③当时，设，，
令，得，，得，
下面考查方程的解的个数，
设（a），则（a）
由导数的应用可得：
（a）在为减函数，在，为增函数，
则（a），
即有一解，
又，均为增函数，
所以存在1个使得成立，
综合①②③得：满足条件的的个数是2个，
故选：．
本题考查了不等式恒成立问题及利用导数研究函数的解得个数，重点考查了分类讨论的数学思想方法，属难度较大的题型.
10、A
【解析】
由倾斜角的余弦值，求出正切值，即的关系，求出双曲线的离心率.
【详解】
解：设双曲线的半个焦距为，由题意
又，则，，，所以离心率，
故选：A.
本题考查双曲线的简单几何性质，属于基础题
11、D
【解析】
可设的内切圆的圆心为，设，，可得，由切线的性质：切线长相等推得，解得、，并设，求得的值，推得为等边三角形，由焦距为三角形的高，结合离心率公式可得所求值．
【详解】
可设的内切圆的圆心为，为切点，且为中点，，
设，，则，且有，解得，，
设，，设圆切于点，则，，
由，解得，，
，所以为等边三角形，
所以，，解得.
因此，该椭圆的离心率为.
故选：D.
本题考查椭圆的定义和性质，注意运用三角形的内心性质和等边三角形的性质，切线的性质，考查化简运算能力，属于中档题．
12、C
【解析】
求出的元素，再确定其真子集个数．
【详解】
由，解得或，∴中有两个元素，因此它的真子集有3个．
故选：C.
本题考查集合的子集个数问题，解题时可先确定交集中集合的元素个数，解题关键是对集合元素的认识，本题中集合都是曲线上的点集．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、5
【解析】

，即的最大值为
14、
【解析】
画出不等式组表示的平面区域如下图中阴影部分所示，易知在点处取得最小值，即，所以由图可知的取值范围为．
15、
【解析】
把平方利用数量积的运算化简即得解.
【详解】
因为，，，
所以，∴，
∴，因为
所以.
故答案为：
本题主要考查平面向量的数量积的运算法则，考查向量的夹角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
16、1．
【解析】
试题分析：由题意，可看作五个位置排列五种事物，第一位置有五种排列方法，不妨假设排上的是金，则第二步只能从土与水两者中选一种排放，故有两种选择不妨假设排上的是水，第三步只能排上木，第四步只能排上火，第五步只能排上土，故总的排列方法种数有5×2×1×1×1=1．
考点：排列、组合及简单计数问题．
点评：本题考查排列排列组合及简单计数问题，解答本题关键是理解题设中的限制条件及“五行”学说的背景，利用分步原理正确计数，本题较抽象，计数时要考虑周详．
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、；4；12.
【解析】
由题意可知，，求导函数，方程在区间上有实数解，求出实数的取值范围；
由，则，分步讨论，并利用导函数在函数的单调性的研究，得出正实数的最大值；
设直线与曲线的切点为，因为，所以切线斜率，切线方程为，设直线与曲线的切点为，因为，所以切线斜率，即切线方程为，
整理得.所以，求得，设，则，
所以在上单调递增，最后求出实数的值.
【详解】
由题意可知，，则，
即方程在区间上有实数解，解得；
因为，则，
①当，即时，恒成立，
所以在上单调递增，不符题意；
②当时，令，
解得：，
当时，，单调递增，
所以不存在，使得在上的最大值为，不符题意；
③当时，，
解得：，
且当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
若，则在上单调递减，所以，
若，则上单调递减，在上单调递增，
由题意可知，，即，
整理得，
因为存在，符合上式，所以，解得，
综上，的最大值为4；
设直线与曲线的切点为，
因为，所以切线斜率，
即切线方程
整理得：
由题意可知，，即，
即，解得
所以切线方程为，
设直线与曲线的切点为，
因为，所以切线斜率，即切线方程为，
整理得.
所以，消去，整理得，
且因为，解得，
设，则，
所以在上单调递增，
因为，所以，所以，即.
本题主要考查导数在函数中的研究，导数的几何意义，属于难题.
18、（1）见解析；（2）存在，长
【解析】
（1）先证面,又因为面,所以平面平面.
（2）根据题意建立空间直角坐标系. 列出各点的坐标表示,设,则可得出
向量,求出平面的法向量为,利用直线与平面所成角的正弦公式列方程求出或,从而求出线段的长.
【详解】
解:（1）证明:因为四边形为矩形,
∴.
∵∴
∴∴面
∴面
又∵面
∴平面平面
（2）取为原点,所在直线为轴,所在直线为轴建立空间直角坐标系.
如图所示:则,,,,,
设,;
∴,,
设平面的法向量为,
∴,不防设.
∴,
化简得,解得或;
当时,,∴;
当时,,∴;
综上存在这样的点,线段的长.
本题考查平面与平面垂直的判定定理的应用,考查利用线面所成角求参数问题,是几何综合题,考查空间想象力以及计算能力.
19、（1）见解析（2），最大值．
【解析】
（1）先证明，，故平面ADC．由，即得证；
（2）可证明平面ABC，结合条件表示出，利用均值不等式，即得解.
【详解】
（1）证明：∵四边形DCBE为平行四边形，
∴，．
∵平面ABC，平面ABC，∴．
∵AB是圆O的直径，∴，
且，平面ADC，
∴平面ADC．
∵，∴平面ADC．
（2）解∵平面ABC，，
∴平面ABC．
在中，，．
在中，∵，∴，
∴，
∴．
∵，
当且仅当，即时取等号，
∴当时，体积有最大值．
本题考查了线面垂直的证明和三棱锥的体积，考查了学生逻辑推理，空间想象，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
20、（1）；（2）不存在.
【解析】
（1）由已知，利用基本不等式的和积转化可求，利用基本不等式可将转化为，由不等式的传递性，可求的最小值；（2）由基本不等式可求的最小值为，而，故不存在．
【详解】
（1）由，得，且当时取等号．
故，且当时取等号．
所以的最小值为；
（2）由（1）知，．
由于，从而不存在，使得成立．
【考点定位】
基本不等式．
21、（1）1；（2）证明见解析.
【解析】
（1）利用零点分段法将表示为分段函数的形式，由此求得的最大值，进而求得的值.
（2）利用（1）的结论，将转化为，求得的取值范围，利用换元法，结合函数的单调性，证得，由此证得不等式成立.
【详解】
（1）
当时，取得最大值.
（2）证明:由（1）得，，
，当且仅当时等号成立，
令，
则在上单调递减
当时，
.
本小题主要考查含有绝对值的函数的最值的求法，考查利用基本不等式进行证明，属于中档题.
22、（1）；（2）
【解析】
（1）化简得到，取，解得答案.
（2），解得，根据余弦定理得到，再用一次余弦定理解得答案.
【详解】
（1）.
取，解得.
（2）,
因为， 故，.
根据余弦定理：，.
.
本题考查了三角恒等变换，三角函数单调性，余弦定理，意在考查学生对于三角函数知识的综合应用.