2027届营口市高三第三次模拟考试数学试卷（含答案解析）

这是一份2027届营口市高三第三次模拟考试数学试卷（含答案解析），共69页。试卷主要包含了等比数列若则，已知函数，，则的极大值点为等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．函数的定义域为（ ）
A．或B．或
C．D．
2．如图是正方体截去一个四棱锥后的得到的几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ）
A．B．C．D．
3．已知甲、乙两人独立出行，各租用共享单车一次（假定费用只可能为、、元）．甲、乙租车费用为元的概率分别是、，甲、乙租车费用为元的概率分别是、，则甲、乙两人所扣租车费用相同的概率为（ ）
A．B．C．D．
4．执行如图所示的程序框图，若输出的，则输入的整数的最大值为( )
A．7B．15C．31D．63
5．下边程序框图的算法源于我国古代的中国剩余定理.把运算“正整数除以正整数所得的余数是”记为“”，例如.执行该程序框图，则输出的等于（ ）
A．16B．17C．18D．19
6．等比数列若则（ ）
A．±6B．6C．-6D．
7．已知底面为边长为的正方形，侧棱长为的直四棱柱中，是上底面上的动点.给出以下四个结论中，正确的个数是（ ）
①与点距离为的点形成一条曲线，则该曲线的长度是；
②若面，则与面所成角的正切值取值范围是；
③若，则在该四棱柱六个面上的正投影长度之和的最大值为.
A．B．C．D．
8．已知平面平面，且是正方形，在正方形内部有一点，满足与平面所成的角相等，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．16C．D．
9．已知函数是上的偶函数，是的奇函数，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数，，则的极大值点为( )
A．B．C．D．
11．某学校组织学生参加英语测试，成绩的频率分布直方图如图，数据的分组依次为，若低于60分的人数是18人，则该班的学生人数是（ ）
A．45B．50C．55D．60
12．已知，则“直线与直线垂直”是“”的( )
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知，，分别为内角，，的对边，，，，则的面积为__________.
14．已知，圆，直线PM，PN分别与圆O相切，切点为M，N，若，则的最小值为________.
15．已知直角坐标系中起点为坐标原点的向量满足，且，，，存在，对于任意的实数，不等式，则实数的取值范围是______.
16．设等差数列的前项和为，若，，则______，的最大值是______.
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）在创建“全国文明卫生城”过程中，运城市“创城办”为了调查市民对创城工作的了解情况，进行了一次创城知识问卷调查(一位市民只能参加一次)，通过随机抽样，得到参加问卷调查的人的得分统计结果如表所示：.
（1）由频数分布表可以大致认为，此次问卷调查的得分似为这人得分的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)，利用该正态分布，求；
（2）在（1）的条件下，“创城办”为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案：
①得分不低于的可以获赠次随机话费，得分低于的可以获赠次随机话费；
②每次获赠的随机话费和对应的概率为：
现有市民甲参加此次问卷调查，记(单位：元)为该市民参加问卷调查获赠的话费，求的分布列与数学期望.
附：参考数据与公式：，若，则，，
18．（12分）如图，平面分别是上的动点，且.
（1）若平面与平面的交线为，求证：；
（2）当平面平面时，求平面与平面所成的二面角的余弦值.
19．（12分）已知抛物线的焦点为，直线交于两点（异于坐标原点O）.
（1）若直线过点,，求的方程；
（2）当时，判断直线是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，说明理由.
20．（12分）已知抛物线E：y2＝2px（p＞0），焦点F到准线的距离为3，抛物线E上的两个动点A（x1，y1）和B（x2，y2），其中x1≠x2且x1+x2＝1．线段AB的垂直平分线与x轴交于点 C．
（1）求抛物线E的方程；
（2）求△ABC面积的最大值．
21．（12分）已知椭圆：（）的离心率为，且椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合.过点的直线交椭圆于，两点，为坐标原点.
（1）若直线过椭圆的上顶点，求的面积；
（2）若，分别为椭圆的左、右顶点，直线，，的斜率分别为，，，求的值.
22．（10分）如图1，四边形是边长为2的菱形，，为的中点，以为折痕将折起到的位置，使得平面平面，如图2.
（1）证明：平面平面；
（2）求点到平面的距离.
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】
根据偶次根式被开方数非负可得出关于的不等式，即可解得函数的定义域.
【详解】
由题意可得，解得或.
因此，函数的定义域为或.
故选：A.
本题考查具体函数定义域的求解，考查计算能力，属于基础题.
2、C
【解析】
根据三视图作出几何体的直观图，结合三视图的数据可求得几何体的体积.
【详解】
根据三视图还原几何体的直观图如下图所示：
由图可知，该几何体是在棱长为的正方体中截去四棱锥所形成的几何体，
该几何体的体积为.
故选：C.
本题考查利用三视图计算几何体的体积，考查空间想象能力与计算能力，属于基础题.
3、B
【解析】
甲、乙两人所扣租车费用相同即同为1元，或同为2元，或同为3元，由独立事件的概率公式计算即得．
【详解】
由题意甲、乙租车费用为3元的概率分别是，
∴甲、乙两人所扣租车费用相同的概率为
．
故选：B．
本题考查独立性事件的概率．掌握独立事件的概率乘法公式是解题基础．
4、B
【解析】
试题分析：由程序框图可知：①，；②，；③，；④，；
⑤，. 第⑤步后输出，此时，则的最大值为15，故选B.
考点：程序框图.
5、B
【解析】
由已知中的程序框图可知，该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 的值，模拟程序的运行过程，代入四个选项进行验证即可.
【详解】
解：由程序框图可知，输出的数应为被3除余2，被5除余2的且大于10的最小整数.
若输出 ，则不符合题意，排除；
若输出，则，符合题意.
故选:B.
本题考查了程序框图.当循环的次数不多，或有规律时，常采用循环模拟或代入选项验证的方法进行解答.
6、B
【解析】
根据等比中项性质代入可得解，由等比数列项的性质确定值即可.
【详解】
由等比数列中等比中项性质可知，，
所以，
而由等比数列性质可知奇数项符号相同，所以，
故选：B.
本题考查了等比数列中等比中项的简单应用，注意项的符号特征，属于基础题.
7、C
【解析】
①与点距离为的点形成以为圆心，半径为的圆弧，利用弧长公式，可得结论；②当在（或时，与面所成角（或的正切值为最小，当在时，与面所成角的正切值为最大，可得正切值取值范围是；③设，，，则，即，可得在前后、左右、上下面上的正投影长，即可求出六个面上的正投影长度之和．
【详解】
如图：
①错误， 因为 ，与点距离为的点形成以为圆心，半径为的圆弧，长度为；
②正确，因为面面，所以点必须在面对角线上运动，当在（或）时，与面所成角（或）的正切值为最小（为下底面面对角线的交点），当在时，与面所成角的正切值为最大，所以正切值取值范围是；
③正确，设，则，即，在前后、左右、上下面上的正投影长分别为，，，所以六个面上的正投影长度之，当且仅当在时取等号.
故选：.
本题以命题的真假判断为载体，考查了轨迹问题、线面角、正投影等知识点，综合性强，属于难题．
8、C
【解析】
根据与平面所成的角相等，判断出，建立平面直角坐标系，求得点的轨迹方程，由此求得点的轨迹长度.
【详解】
由于平面平面，且交线为，，所以平面，平面.所以和分别是直线与平面所成的角，所以，所以，即，所以.以为原点建立平面直角坐标系如下图所示，则，，设（点在第一象限内），由得，即，化简得，由于点在第一象限内，所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆在第一象限的部分.令代入原的方程，解得，故，由于，所以，所以点的轨迹长度为.
故选：C
本小题主要考查线面角的概念和运用，考查动点轨迹方程的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，考查数形结合的数学思想方法，属于难题.
9、B
【解析】
根据函数的奇偶性及题设中关于与关系，转换成关于的关系式，通过变形求解出的周期，进而算出.
【详解】
为上的奇函数，
，
而函数是上的偶函数，，
，
故为周期函数，且周期为
故选：B
本题主要考查了函数的奇偶性，函数的周期性的应用，属于基础题.
10、A
【解析】
求出函数的导函数，令导数为零，根据函数单调性，求得极大值点即可.
【详解】
因为，
故可得，
令，因为，
故可得或，
则在区间单调递增，
在单调递减，在单调递增，
故的极大值点为.
故选：A.
本题考查利用导数求函数的极值点，属基础题.
11、D
【解析】
根据频率分布直方图中频率＝小矩形的高×组距计算成绩低于60分的频率，再根据样本容量求出班级人数.
【详解】
根据频率分布直方图，得：低于60分的频率是（0.005+0.010）×20＝0.30，
∴样本容量（即该班的学生人数）是60（人）.
故选：D.
本题考查了频率分布直方图的应用问题，也考查了频率的应用问题，属于基础题
12、B
【解析】
由两直线垂直求得则或，再根据充要条件的判定方法，即可求解.
【详解】
由题意，“直线与直线垂直”
则，解得或，
所以“直线与直线垂直”是“”的必要不充分条件，故选B.
本题主要考查了两直线的位置关系，及必要不充分条件的判定，其中解答中利用两直线的位置关系求得的值，同时熟记充要条件的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，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】
根据题意，利用余弦定理求得，再运用三角形的面积公式即可求得结果.
【详解】
解：由于，，，
∵，∴，，
由余弦定理得，解得，
∴的面积.
故答案为：.
本题考查余弦定理的应用和三角形的面积公式，考查计算能力.
14、
【解析】
由可知R为中点,设,由过切点的切线方程即可求得,，代入，，则在直线上，即可得方程为，将 ，代入化简可得，
则直线过定点,由则点在以为直径的圆上，则.即可求得.
【详解】
如图，由可知R为MN的中点，所以，，
设，则切线PM的方程为，
即，同理可得，
因为PM，PN都过，所以，，
所以在直线上，
从而直线MN方程为，
因为，所以，
即直线MN方程为，
所以直线MN过定点,
所以R在以OQ为直径的圆上，
所以.
故答案为: .
本题考查直线和圆的位置关系,考查圆的切线方程,定点和圆上动点距离的最值问题,考查学生的数形结合能力和计算能力,难度较难.
15、
【解析】
由题意可设，，，由向量的坐标运算，以及恒成立思想可设，的最小值即为点，到直线的距离，求得，可得不大于．
【详解】
解：，且，
可设，，
，，
可得，
可得的终点均在直线上，
由于为任意实数，可得时，的最小值即为点到直线的距离，
可得，
对于任意的实数，不等式，可得，
故答案为：．
本题主要考查向量的模的求法，以及两点的距离的运用，考查直线方程的运用，以及点到直线的距离，考查运算能力，属于中档题．
16、
【解析】
利用等差数列前项和公式，列出方程组，求出首项和公差的值，利用等差数列的通项公式可求出数列的通项公式，可求出的表达式，然后利用双勾函数的单调性可求出的最大值.
【详解】
（1）设等差数列的公差为，则，解得，
所以，数列的通项公式为；
（2），，
令，则且，，
由双勾函数的单调性可知，函数在时单调递减，在时单调递增，
当或时，取得最大值为.
故答案为：；.
本题考查等差数列的通项公式、前项和的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
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）详见解析
【解析】
由题意，根据平均数公式求得，再根据，参照数据求解.
由题意得，获赠话费的可能取值为，求得相应的概率，列出分布列求期望.
【详解】
由题意得
综上，
由题意得，获赠话费的可能取值为
，
，
的分布列为：
本题主要考查正态分布和离散型随机变量的分布列及期望，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
18、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）首先由线面平行的判定定理可得平面，再由线面平行的性质定理即可得证；
（2）以点为坐标原点，，所在的直线分别为轴，以过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值；
【详解】
解：（1）由，
又平面，平面，所以平面.
又平面，且平面平面，
故.
（2）因为平面，所以，又，所以平面，
所以，又，所以.
若平面平面，则平面，所以，
由且，
又，所以.
以点为坐标原点，，所在的直线分别为轴，以过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，
则 ，，设
则
由，可得，，即，所以可得，所以，
设平面的一个法向量为，则
，，，取，得
所以
易知平面的法向量为，
设平面与平面所成的二面角为，
则，
结合图形可知平面与平面所成的二面角的余弦值为.
本题考查线面平行的判定定理及性质定理的应用，利用空间向量法求二面角，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，属于中档题．
19、（1）（2）直线过定点
【解析】
设.
（1）由题意知，.设直线的方程为，
由得，则，
由根与系数的关系可得，
所以.
由，得，解得.
所以抛物线的方程为.
（2）设直线的方程为，
由得，由根与系数的关系可得，
所以，解得.
所以直线的方程为，
所以时，直线过定点.
20、（1）y2＝6x（2）．
【解析】
（1）根据抛物线定义，写出焦点坐标和准线方程，列方程即可得解；
（2）根据中点坐标表示出|AB|和点到直线的距离，得出面积，利用均值不等式求解最大值.
【详解】
（1）抛物线E：y2＝2px（p＞0），焦点F（，0）到准线x的距离为3，可得p＝3，即有抛物线方程为y2＝6x；
（2）设线段AB的中点为M（x0，y0），则，
y0，kAB，
则线段AB的垂直平分线方程为y﹣y0（x﹣2），①
可得x＝5，y＝0是①的一个解，所以AB的垂直平分线与x轴的交点C为定点，
且点C（5，0），由①可得直线AB的方程为y﹣y0（x﹣2），即x（y﹣y0）+2 ②
代入y2＝6x可得y2＝2y0（y﹣y0）+12，即y2﹣2y0y+2y02＝0 ③，
由题意y1，y2是方程③的两个实根，且y1≠y2，
所以△＝1y02﹣1（2y02﹣12）＝﹣1y02+18＞0，解得﹣2y0＜2，
|AB|
，
又C（5，0）到线段AB的距离h＝|CM|，
所以S△ABC|AB|h•
，
当且仅当9+y02＝21﹣2y02，即y0＝±，A（，），B（，），
或A（，），B（，）时等号成立，
所以S△ABC的最大值为．
此题考查根据焦点和准线关系求抛物线方程，根据直线与抛物线位置关系求解三角形面积的最值，表示三角形的面积关系常涉及韦达定理整体代入，抛物线中需要考虑设点坐标的技巧，处理最值问题常用函数单调性求解或均值不等式求最值.
21、（1）（2）
【解析】
（1）根据抛物线的焦点求得椭圆的焦点，由此求得，结合椭圆离心率求得，进而求得，从而求得椭圆的标准方程，求得椭圆上顶点的坐标，由此求得直线的方程.联立直线的方程和椭圆方程，求得两点的纵坐标，由此求得的面积.
（2）求得两点的坐标，设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆方程，写出韦达定理，由此求得的值，根据在椭圆上求得的值，由此求得的值.
【详解】
（1）因为抛物线的焦点坐标为，所以椭圆的右焦点
的坐标为，所以，
因为椭圆的离心率为，所以，解得，
所以，
故椭圆的标准方程为.
其上顶点为，所以直线：，联立，
消去整理得，解得，，
所以的面积.
（2）由题知，，，设，.
由题还可知，直线的斜率不为0，故可设：.
由，消去，得，
所以
所以，
又因为点在椭圆上，所以，
所以.
本小题主要考查抛物线的焦点，椭圆的标准方程和几何性质、直线与椭圆，三角形的面积等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想.
22、（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）由题意可证得，，所以平面，则平面平面可证；
（2）解法一：利用等体积法由可求出点到平面的距离；解法二：由条件知点到平面的距离等于点到平面的距离，过点作的垂线，垂足，证明平面，计算出即可.
【详解】
解法一：（1）依题意知，因为，所以.
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
又平面，
所以.
由已知，是等边三角形，且为的中点，所以.
因为，所以.
又，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）在中，，，所以.
由（1）知，平面，且，
所以三棱锥的体积.
在中，，，得，
由（1）知，平面，所以，
所以，
设点到平面的距离，
则三棱锥的体积，得.
解法二：（1）同解法一；
（2）因为，平面，平面，
所以平面.
所以点到平面的距离等于点到平面的距离.
过点作的垂线，垂足，即.
由（1）知，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，即为点到平面的距离.
由（1）知，，
在中，，，得.
又，所以.
所以点到平面的距离为.
本题主要考查空间面面垂直的的判定及点到面的距离，考查学生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.求点到平面的距离一般可采用两种方法求解：①等体积法；②作(找)出点到平面的垂线段，进行计算即可.
组别
频数
赠送话费的金额(单位：元)
概率