驻马店市2027年高考数学三模试卷（含答案解析）

这是一份驻马店市2027年高考数学三模试卷（含答案解析），共3页。试卷主要包含了已知函数且，则实数的取值范围是等内容，欢迎下载使用。
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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．以下关于的命题，正确的是
A．函数在区间上单调递增
B．直线需是函数图象的一条对称轴
C．点是函数图象的一个对称中心
D．将函数图象向左平移需个单位，可得到的图象
2．已知为虚数单位，实数满足，则 ( )
A．1B．C．D．
3．要得到函数的图象，只需将函数的图象
A．向左平移个单位长度
B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度
D．向右平移个单位长度
4．设全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
5．阅读如图的程序框图，若输出的值为25，那么在程序框图中的判断框内可填写的条件是（ ）
A．B．C．D．
6．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）
A．B．C．D．84
7．已知函数f(x)＝,若关于x的方程f(x)＝kx－恰有4个不相等的实数根，则实数k的取值范围是( )
A． B．
C． D．
8．已知函数若函数在上零点最多，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
9．已知函数且，则实数的取值范围是( )
A．B．C．D．
10．已知四棱锥，底面ABCD是边长为1的正方形，，平面平面ABCD，当点C到平面ABE的距离最大时，该四棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．1
11．已知函数，若曲线上始终存在两点，，使得，且的中点在轴上，则正实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
12．双曲线：（），左焦点到渐近线的距离为2，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．如图，在△ABC中，AB＝4，D是AB的中点，E在边AC上，AE＝2EC，CD与BE交于点O，若OB＝OC，则△ABC面积的最大值为_______．
14．若变量，满足约束条件，则的最大值为__________．
15．设P为有公共焦点的椭圆与双曲线的一个交点，且，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，若，则______________.
16．在中，角，，的对边分别为，，，若，且，则面积的最大值为________.
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）讨论函数的单调性；
（2）已知在处的切线与轴垂直，若方程有三个实数解、、（），求证：.
18．（12分）如图，在中，，，点在线段上.
（1）若，求的长；
（2）若，，求的面积.
19．（12分）如图，在斜三棱柱中，侧面与侧面都是菱形， ，．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）若，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
20．（12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，）.在以坐标原点为极点、轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.
（1）若点在直线上，求直线的极坐标方程；
（2）已知，若点在直线上，点在曲线上，且的最小值为，求的值.
21．（12分）已知函数u（x）＝xlnx，v（x）x﹣1，m∈R．
（1）令m＝2，求函数h（x）的单调区间；
（2）令f（x）＝u（x）﹣v（x），若函数f（x）恰有两个极值点x1，x2，且满足1e（e为自然对数的底数）求x1•x2的最大值．
22．（10分）在中，角的对边分别为，且.
（1）求角的大小；
（2）已知外接圆半径,求的周长.
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、D
【解析】
利用辅助角公式化简函数得到，再逐项判断正误得到答案.
【详解】
A选项，函数先增后减，错误
B选项，不是函数对称轴，错误
C选项，，不是对称中心，错误
D选项，图象向左平移需个单位得到，正确
故答案选D
本题考查了三角函数的单调性，对称轴，对称中心，平移，意在考查学生对于三角函数性质的综合应用，其中化简三角函数是解题的关键.
2、D
【解析】
，
则
故选D.
3、D
【解析】
先将化为，根据函数图像的平移原则，即可得出结果.
【详解】
因为，
所以只需将的图象向右平移个单位.
本题主要考查三角函数的平移，熟记函数平移原则即可，属于基础题型.
4、B
【解析】
可解出集合，然后进行补集、交集的运算即可．
【详解】
，，则，因此，.
故选：B.
本题考查补集和交集的运算，涉及一元二次不等式的求解，考查运算求解能力，属于基础题.
5、C
【解析】
根据循环结构的程序框图，带入依次计算可得输出为25时的值，进而得判断框内容.
【详解】
根据循环程序框图可知，
则，
，
，
，
，
此时输出，因而不符合条件框的内容，但符合条件框内容，结合选项可知C为正确选项，
故选：C.
本题考查了循环结构程序框图的简单应用，完善程序框图，属于基础题.
6、B
【解析】
画出几何体的直观图，计算表面积得到答案.
【详解】
该几何体的直观图如图所示：
故.
故选：.
本题考查了根据三视图求表面积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
7、D
【解析】
由已知可将问题转化为：y＝f(x)的图象和直线y＝kx－有4个交点，作出图象，由图可得：点(1,0)必须在直线y＝kx－的下方，即可求得：k＞；再求得直线y＝kx－和y＝ln x相切时，k＝；结合图象即可得解.
【详解】
若关于x的方程f(x)＝kx－恰有4个不相等的实数根，
则y＝f(x)的图象和直线y＝kx－有4个交点．作出函数y＝f(x)的图象，如图，
故点(1,0)在直线y＝kx－的下方．
∴k×1－＞0，解得k＞.
当直线y＝kx－和y＝ln x相切时，设切点横坐标为m，
则k＝＝，∴m＝.
此时，k＝＝，f(x)的图象和直线y＝kx－有3个交点，不满足条件，
故所求k的取值范围是，
故选D..
本题主要考查了函数与方程思想及转化能力，还考查了导数的几何意义及计算能力、观察能力，属于难题．
8、D
【解析】
将函数的零点个数问题转化为函数与直线的交点的个数问题，画出函数的图象，易知直线过定点，故与在时的图象必有两个交点，故只需与在时的图象有两个交点，再与切线问题相结合，即可求解.
【详解】
由图知与有个公共点即可，
即，当设切点，
则，
.
故选：D.
本题考查了函数的零点个数的问题，曲线的切线问题，注意运用转化思想和数形结合思想，属于较难的压轴题.
9、B
【解析】
构造函数，判断出的单调性和奇偶性，由此求得不等式的解集.
【详解】
构造函数，由解得，所以的定义域为，且，所以为奇函数，而，所以在定义域上为增函数，且.由得，即，所以.
故选：B
本小题主要考查利用函数的单调性和奇偶性解不等式，属于中档题.
10、B
【解析】
过点E作，垂足为H，过H作，垂足为F，连接EF.因为平面ABE，所以点C到平面ABE的距离等于点H到平面ABE的距离.设，将表示成关于的函数，再求函数的最值，即可得答案.
【详解】
过点E作，垂足为H，过H作，垂足为F，连接EF.
因为平面平面ABCD，所以平面ABCD，
所以.
因为底面ABCD是边长为1的正方形，，所以.
因为平面ABE，所以点C到平面ABE的距离等于点H到平面ABE的距离.
易证平面平面ABE，
所以点H到平面ABE的距离，即为H到EF的距离.
不妨设，则，.
因为，所以，
所以，当时，等号成立.
此时EH与ED重合，所以，.
故选：B.
本题考查空间中点到面的距离的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意辅助线及面面垂直的应用.
11、D
【解析】
根据中点在轴上，设出两点的坐标，，（）.对分成三类，利用则，列方程，化简后求得，利用导数求得的值域，由此求得的取值范围.
【详解】
根据条件可知，两点的横坐标互为相反数，不妨设，，（），若，则，由，所以，即，方程无解；若，显然不满足；若，则，由，即，即，因为，所以函数在上递减，在上递增，故在处取得极小值也即是最小值，所以函数在上的值域为，故.故选D.
本小题主要考查平面平面向量数量积为零的坐标表示，考查化归与转化的数学思想方法，考查利用导数研究函数的最小值，考查分析与运算能力，属于较难的题目.
12、B
【解析】
首先求得双曲线的一条渐近线方程，再利用左焦点到渐近线的距离为2，列方程即可求出，进而求出渐近线的方程.
【详解】
设左焦点为，一条渐近线的方程为，由左焦点到渐近线的距离为2，可得，所以渐近线方程为，即为,
故选：B
本题考查双曲线的渐近线的方程，考查了点到直线的距离公式，属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
先根据点共线得到，从而得到O的轨迹为阿氏圆，结合三角形和三角形的面积关系可求.
【详解】
设
B，O，E共线，则，解得，从而O为CD中点，故.
在△BOD中，BD＝2，，易知O的轨迹为阿氏圆，其半径，
故．
故答案为：.
本题主要考查三角形的面积问题，把所求面积进行转化是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.
14、
【解析】
根据约束条件可以画出可行域，从而将问题转化为直线在轴截距最大的问题的求解，通过数形结合的方式可确定过时，取最大值，代入可求得结果.
【详解】
由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示：

将化为，则最大时，直线在轴截距最大；
由直线平移可知，当过时，在轴截距最大，
由得：，.
故答案为：.
本题考查线性规划中最值问题的求解，关键是能够将问题转化为直线在轴截距的最值的求解问题，通过数形结合的方式可求得结果.
15、
【解析】
设
根据椭圆的几何性质可得
,
根据双曲线的几何性质可得，
,
即
故答案为
16、
【解析】
利用正弦定理将角化边得到，再由余弦定理得到，根据同角三角函数的基本关系表示出，最后利用面积公式得到，由基本不等式求出的取值范围，即可得到面积的最值；
【详解】
解：∵在中，，∴，
∴，
∴，
∴.
∵，即，当且仅当时等号成立，
∴，∴面积的最大值为.
故答案为：
本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，三角形面积公式的应用，以及基本不等式的应用，属于中档题.
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）①当时， 在单调递增,②当时，单调递增区间为,,单调递减区间为
（2）证明见解析
【解析】
（1）先求解导函数，然后对参数分类讨论，分析出每种情况下函数的单调性即可；
（2）根据条件先求解出的值，然后构造函数分析出之间的关系，再构造函数分析出之间的关系，由此证明出.
【详解】
（1），
①当时，恒成立，则在单调递增
②当时，令得，
解得，
又，∴
∴当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
（2）依题意得，，则
由（1）得，在单调递增，在上单调递减，在上单调递增
∴若方程有三个实数解，
则
法一：双偏移法
设，则
∴在上单调递增，∴，
∴，即
∵，∴，其中，
∵在上单调递减，∴，即
设，
∴在上单调递增，∴，
∴，即
∵，∴，其中，
∵在上单调递增，∴，即
∴.
法二：直接证明法
∵，，在上单调递增，
∴要证，即证
设，则
∴在上单调递减，在上单调递增
∴，
∴，即
（注意：若没有证明，扣3分）
关于的证明：
（1）且时，（需要证明），其中
∴
∴
∴
（2）∵，∴
∴，即
∵，，∴，则
∴
本题考查函数与倒导数的综合应用，难度较难.（1）对于含参函数单调性的分析，可通过分析参数的临界值，由此分类讨论函数单调性；（2）利用导数证明不等式常用方法：构造函数，利用新函数的单调性确定函数的最值，从而达到证明不等式的目的.
18、（1）（2）
【解析】
（1）先根据平方关系求出,再根据正弦定理即可求出；
（2）分别在和中，根据正弦定理列出两个等式，两式相除，利用题目条件即可求出，再根据余弦定理求出，即可根据求出的面积．
【详解】
（1）由，得，所以.
由正弦定理得，，即，得.
（2）由正弦定理，在中，，①
在中，，②
又，，，
由得，
由余弦定理得，
即，解得，
所以的面积.
本题主要考查正余弦定理在解三角形中的应用，以及三角形面积公式的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．
19、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．
【解析】
试题分析：（1）取中点，连，，由等边三角形三边合一可知，，即证．（2）以，，为正方向建立空间直角坐标系，由向量法可求得平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
试题解析：（Ⅰ）证明：连，，则和皆为正三角形．
取中点，连，，则，，
则平面，则
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，又，所以．
如图所示，分别以，，为正方向建立空间直角坐标系，
则，，，
设平面的法向量为，
因为，，
所以
取
面的法向量取，
则，
平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
20、（1）
（2）
【解析】
（1）利用消参法以及点求解出的普通方程，根据极坐标与直角坐标的转化求解出直线的极坐标方程；
（2）将的坐标设为，利用点到直线的距离公式结合三角函数的有界性，求解出取最小值时对应的值.
【详解】
（1）消去参数得普通方程为，
将代入，可得，即
所以的极坐标方程为
（2）的直角坐标方程为
直线的直角坐标方程
设的直角坐标为
∵在直线上，∴的最小值为到直线的距离的最小值
∵，∴当，时取得最小值
即，∴
本题考查直线的参数方程、普通方程、极坐标方程的互化以及根据曲线上一点到直线距离的最值求参数，难度一般.（1）直角坐标和极坐标的互化公式：；（2）求解曲线上一点到直线的距离的最值，可优先考虑将点的坐标设为参数方程的形式，然后再去求解.
21、（1）单调递增区间是（0，e），单调递减区间是（e，+∞）（2）
【解析】
（1）化简函数h（x），求导，根据导数和函数的单调性的关系即可求出
（2）函数f（x）恰有两个极值点x1，x2，则f′（x）＝lnx﹣mx＝0有两个正根，由此得到m（x2﹣x1）＝lnx2﹣lnx1，m（x2+x1）＝lnx2+lnx1，消参数m化简整理可得ln（x1x2）＝ln•，设t，构造函数g（t）＝（）lnt，利用导数判断函数的单调性，求出函数的最大值即可求出x1•x2的最大值．
【详解】
（1）令m＝2，函数h（x），∴h′（x），
令h′（x）＝0，解得x＝e，
∴当x∈（0，e）时，h′（x）＞0，当x∈（e，+∞）时，h′（x）＜0，
∴函数h（x）单调递增区间是（0，e），单调递减区间是（e，+∞）
（2）f（x）＝u（x）﹣v（x）＝xlnxx+1，
∴f′（x）＝1+lnx﹣mx﹣1＝lnx﹣mx，
∵函数f（x）恰有两个极值点x1，x2，
∴f′（x）＝lnx﹣mx＝0有两个不等正根，
∴lnx1﹣mx1＝0，lnx2﹣mx2＝0，
两式相减可得lnx2﹣lnx1＝m（x2﹣x1），
两式相加可得m（x2+x1）＝lnx2+lnx1，
∴
∴ln（x1x2）＝ln•，
设t，∵1e，∴1＜t≤e，
设g（t）＝（）lnt，∴g′（t），
令φ（t）＝t2﹣1﹣2tlnt，∴φ′（t）＝2t﹣2（1+lnt）＝2（t﹣1﹣lnt），
再令p（t）＝t﹣1﹣lnt，∴p′（t）＝10恒成立，
∴p（t）在（1，e]单调递增，∴φ′（t）＝p（t）＞p（1）＝1﹣1﹣ln1＝0，
∴φ（t）在（1，e]单调递增，∴g′（t）＝φ（t）＞φ（1）＝1﹣1﹣2ln1＝0，
∴g（t）在（1，e]单调递增，∴g（t）max＝g（e），
∴ln（x1x2），∴x1x2
故x1•x2的最大值为．
本题考查了利用导数求函数的最值和最值，考查了函数与方程的思想，转化与化归思想，属于难题
22、（1）（2）3+3
【解析】
（1）利用余弦的二倍角公式和同角三角函数关系式化简整理并结合范围0＜A＜π，可求A的值．（2）由正弦定理可求a，利用余弦定理可得c值，即可求周长．
【详解】
（1）
，
即
又
（2） ,
∵，
∴由余弦定理得 a2＝b2+c2﹣2bccsA，
∴，
∵c＞0，所以得c=2,
∴周长a+b+c=3+3．
本题考查三角函数恒等变换的应用，正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于中档题．