温州市2027年高考压轴卷数学试卷（含答案解析）

这是一份温州市2027年高考压轴卷数学试卷（含答案解析），共3页。试卷主要包含了为得到的图象，只需要将的图象，已知集合，集合，则等于等内容，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．在菱形中，，，，分别为，的中点，则（ ）
A．B．C．5D．
2．在等腰直角三角形中，，为的中点，将它沿翻折，使点与点间的距离为，此时四面体的外接球的表面积为（ ）.
A．B．C．D．
3．某工厂一年中各月份的收入、支出情况的统计如图所示，下列说法中错误的是（ ）．
A．收入最高值与收入最低值的比是
B．结余最高的月份是月份
C．与月份的收入的变化率与至月份的收入的变化率相同
D．前个月的平均收入为万元
4．设为自然对数的底数，函数，若，则( )
A．B．C．D．
5．为得到的图象，只需要将的图象（ ）
A．向左平移个单位 B．向左平移个单位
C．向右平移个单位 D．向右平移个单位
6．已知复数满足，其中为虚数单位，则（ ）．
A．B．C．D．
7．已知等差数列中，，，则数列的前10项和（ ）
A．100B．210C．380D．400
8．已知函数满足，设，则“”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
9．百年双中的校训是“仁”、“智”、“雅”、“和”.在2019年5月18日的高三趣味运动会中有这样的一个小游戏.袋子中有大小、形状完全相同的四个小球，分别写有“仁”、“智”、“雅”、“和”四个字，有放回地从中任意摸出一个小球，直到“仁”、“智”两个字都摸到就停止摸球.小明同学用随机模拟的方法恰好在第三次停止摸球的概率.利用电脑随机产生1到4之间（含1和4）取整数值的随机数，分别用1，2，3，4代表“仁”、“智”、“雅”、“和”这四个字，以每三个随机数为一组，表示摸球三次的结果，经随机模拟产生了以下20组随机数：
141 432 341 342 234 142 243 331 112 322
342 241 244 431 233 214 344 142 134 412
由此可以估计，恰好第三次就停止摸球的概率为（ ）
A．B．C．D．
10．已知集合，集合，则等于（ ）
A．B．
C．D．
11．集合的子集的个数是（ ）
A．2B．3C．4D．8
12．函数（或）的图象大致是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．设实数，若函数的最大值为，则实数的最大值为______.
14．定义在上的偶函数满足，且，当时，.已知方程在区间上所有的实数根之和为.将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则__________，__________.
15．已知函数，则曲线在处的切线斜率为________.
16．如果函数（,且,）在区间上单调递减,那么的最大值为__________．
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）若不等式在时恒成立，则的取值范围是__________.
18．（12分）在平面直角坐标系中，已知点，曲线：（为参数）以原点为极点，轴正半轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（Ⅰ）判断点与直线的位置关系并说明理由；
（Ⅱ）设直线与曲线的两个交点分别为，，求的值.
19．（12分）已知是各项都为正数的数列，其前项和为，且为与的等差中项．
（1）求证：数列为等差数列；
（2）设，求的前100项和．
20．（12分）在世界读书日期间，某地区调查组对居民阅读情况进行了调查，获得了一个容量为200的样本，其中城镇居民140人，农村居民60人.在这些居民中，经常阅读的城镇居民有100人，农村居民有30人.
（1）填写下面列联表，并判断能否有99%的把握认为经常阅读与居民居住地有关？
（2）从该地区城镇居民中，随机抽取5位居民参加一次阅读交流活动，记这5位居民中经常阅读的人数为，若用样本的频率作为概率，求随机变量的期望.
附：，其中.
21．（12分）如图，四棱锥中，平面平面，若，四边形是平行四边形，且.
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）若点在线段上，且平面，，，求二面角的余弦值.
22．（10分）已知函数
（1）若，试讨论的单调性；
（2）若，实数为方程的两不等实根，求证：.
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】
据题意以菱形对角线交点为坐标原点建立平面直角坐标系，用坐标表示出，再根据坐标形式下向量的数量积运算计算出结果.
【详解】
设与交于点，以为原点，的方向为轴，的方向为轴，建立直角坐标系，
则，，，，，
所以.
故选：B.
本题考查建立平面直角坐标系解决向量的数量积问题，难度一般.长方形、正方形、菱形中的向量数量积问题，如果直接计算较麻烦可考虑用建系的方法求解.
2、D
【解析】
如图，将四面体放到直三棱柱中，求四面体的外接球的半径转化为求三棱柱外接球的半径，然后确定球心在上下底面外接圆圆心连线中点，这样根据几何关系，求外接球的半径.
【详解】
中，易知，
翻折后,
，
，
设外接圆的半径为，
， ，
如图：易得平面，将四面体放到直三棱柱中，则球心在上下底面外接圆圆心连线中点，设几何体外接球的半径为，
，
四面体的外接球的表面积为.
故选：D
本题考查几何体的外接球的表面积，意在考查空间想象能力，和计算能力，属于中档题型，求几何体的外接球的半径时，一般可以用补形法，因正方体，长方体的外接球半径 容易求，可以将一些特殊的几何体补形为正方体或长方体，比如三条侧棱两两垂直的三棱锥，或是构造直角三角形法，确定球心的位置，构造关于外接球半径的方程求解.
3、D
【解析】
由图可知，收入最高值为万元，收入最低值为万元，其比是，故项正确；
结余最高为月份，为，故项正确；
至月份的收入的变化率为至月份的收入的变化率相同，故项正确；
前个月的平均收入为万元，故项错误．
综上，故选．
4、D
【解析】
利用与的关系，求得的值.
【详解】
依题意，
所以
故选：D
本小题主要考查函数值的计算，属于基础题.
5、D
【解析】
试题分析：因为，所以为得到的图象，只需要将的图象向右平移个单位；故选D．
考点：三角函数的图像变换．
6、A
【解析】
先化简求出，即可求得答案.
【详解】
因为，
所以
所以
故选：A
此题考查复数的基本运算，注意计算的准确度，属于简单题目.
7、B
【解析】
设公差为，由已知可得，进而求出的通项公式，即可求解.
【详解】
设公差为，，，
,
.
故选：B.
本题考查等差数列的基本量计算以及前项和，属于基础题.
8、B
【解析】
结合函数的对应性，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】
解：若，则，即成立，
若，则由，得，
则“”是“”的必要不充分条件，
故选：B．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合函数的对应性是解决本题的关键，属于基础题．
9、A
【解析】
由题意找出满足恰好第三次就停止摸球的情况，用满足恰好第三次就停止摸球的情况数比20即可得解.
【详解】
由题意可知当1，2同时出现时即停止摸球，则满足恰好第三次就停止摸球的情况共有五种：142，112，241，142，412.
则恰好第三次就停止摸球的概率为.
故选：A.
本题考查了简单随机抽样中随机数的应用和古典概型概率的计算，属于基础题.
10、B
【解析】
求出中不等式的解集确定出集合，之后求得.
【详解】
由，
所以，
故选：B.
该题考查的是有关集合的运算的问题，涉及到的知识点有一元二次不等式的解法，集合的运算，属于基础题目.
11、D
【解析】
先确定集合中元素的个数，再得子集个数．
【详解】
由题意，有三个元素，其子集有8个．
故选：D．
本题考查子集的个数问题，含有个元素的集合其子集有个，其中真子集有个．
12、A
【解析】
确定函数的奇偶性，排除两个选项，再求时的函数值，再排除一个，得正确选项．
【详解】
分析知，函数（或）为偶函数，所以图象关于轴对称，排除B，C，
当时，，排除D，
故选：A．
本题考查由函数解析式选择函数图象，解题时可通过研究函数的性质，如奇偶性、单调性、对称性等，研究特殊的函数的值、函数值的正负，以及函数值的变化趋势，排除错误选项，得正确结论．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
根据，则当时，，即.当时，显然成立；当时，由，转化为，令，用导数法求其最大值即可.
【详解】
因为，又当时，，即.
当时，显然成立；
当时，由等价于，
令，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
，则，
又，得，
因此的最大值为.
故答案为：
本题主要考查导数在函数中的应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.
14、2 4
【解析】
根据函数为偶函数且，所以的周期为，的实数根是函数和函数的图象的交点的横坐标，在平面直角坐标系中画出函数图象，根据函数的对称性可得所有实数根的和为，从而可得参数的值，最后求出函数的解析式，代入求值即可.
【详解】
解：因为为偶函数且，所以的周期为.因为时，，所以可作出在区间上的图象，而方程的实数根是函数和函数的图象的交点的横坐标，结合函数和函数在区间上的简图，可知两个函数的图象在区间上有六个交点.由图象的对称性可知，此六个交点的横坐标之和为，所以，故.
因为，
所以.故.
故答案为：；
本题考查函数的奇偶性、周期性、对称性的应用，函数方程思想，数形结合思想，属于难题.
15、
【解析】
求导后代入可构造方程求得，即为所求斜率.
【详解】
，，解得：，
即在处的切线斜率为.
故答案为：.
本题考查切线斜率的求解问题，考查导数的几何意义，属于基础题.
16、18
【解析】
根据函数单调性的性质,分一次函数和一元二次函数的对称性和单调区间的关系建立不等式,利用基本不等式求解即可.
【详解】
解:①当时, ,
在区间上单调递减,
则,即,
则.
②当时, ,
函数开口向上,对称轴为,
因为在区间上单调递减,
则,
因为,则,
整理得,
又因为,
则.所以
即,
所以
当且仅当时等号成立.
综上所述,的最大值为18.
故答案为:18
本题主要考查一次函数与二次函数的单调性和均值不等式.利用均值不等式求解要注意”一定,二正,三相等”.
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、
【解析】
原不等式等价于在恒成立，令，，求出在上的最小值后可得的取值范围.
【详解】
因为在时恒成立，故在恒成立.
令，由可得.
令，，则为上的增函数，故.
故.
故答案为：.
本题考查含参数的不等式的恒成立，对于此类问题，优先考虑参变分离，把恒成立问题转化为不含参数的新函数的最值问题，本题属于基础题.
18、（Ⅰ）点在直线上；见解析（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）直线：，即，所以直线的直角坐标方程为，因为，所以点在直线上；
（Ⅱ）根据直线的参数方程中参数的几何意义可得.
【详解】
（Ⅰ）直线：，即，
所以直线的直角坐标方程为，
因为，
所以点在直线上；
（Ⅱ）直线的参数方程为（为参数），
曲线的普通方程为，
将直线的参数方程代入曲线的普通方程得，
设两根为，，所以，，
故与异号，
所以，
，
所以.
本题考查在极坐标参数方程中方程互化，还考查了直线的参数方程中参数的几何意义，属于中档题.
19、（1）证明见解析； （2）.
【解析】
（1）利用已知条件化简出，当时，，当时，再利用进行化简，得出，即可证明出为等差数列；
（2）根据（1）中，求出数列的通项公式，再化简出，可直接求出的前100项和．
【详解】
解：（1）由题意知，即，①
当时，由①式可得；
又时，有，
代入①式得，
整理得，
∴是首项为1，公差为1的等差数列．
（2）由（1）可得，
∵是各项都为正数，∴，
∴，
又，
∴，
则，
，
即：.
∴的前100项和．
本题考查数列递推关系的应用，通项公式的求法以及裂项相消法求和，考查分析解题能力和计算能力.
20、（1）见解析，有99%的把握认为经常阅读与居民居住地有关.（2）
【解析】
（1）根据题意填写列联表，利用公式求出，比较与6.635的大小得结论；
（2）由样本数据可得经常阅读的人的概率是，则，根据二项分布的期望公式计算可得；
【详解】
解：（1）由题意可得：
则，
所以有99%的把握认为经常阅读与居民居住地有关.
（2）根据样本估计，从该地区城镇居民中随机抽取1人，抽到经常阅读的人的概率是，且，所以随机变量的期望为.
本题考查独立性检验的应用，考查离散型随机变量的数学期望的计算，考查运算求解能力，属于基础题．
21、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）推导出BC⊥CE,从而EC⊥平面ABCD,进而EC⊥BD，再由BD⊥AE，得BD⊥平面
AEC,从而BD⊥AC,进而四边形ABCD是菱形，由此能证明AB=AD.
（Ⅱ）设AC与BD的交点为G,推导出EC// FG,取BC的中点为O,连结OD,则OD⊥BC,以O为坐标原点，以过点O且与CE平行的直线为x轴，以BC为y轴，OD为z轴，建立
空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A-BF-D的余弦值.
【详解】
（Ⅰ）证明：，即，
因为平面平面，
所以平面，
所以，
因为，
所以平面，
所以，
因为四边形是平行四边形，
所以四边形是菱形，
故；
解法一：（Ⅱ）设与的交点为，
因为平面，
平面平面于，
所以，
因为是中点，
所以是的中点，
因为，
取的中点为，连接，
则，
因为平面平面，
所以面，
以为坐标原点，以过点且与平行的直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系.不妨设，则，，，，，，，
设平面的法向量，
则，取，
同理可得平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，
因为，
所以二面角的余弦值为.
解法二：（Ⅱ）设与的交点为，
因为平面，平面平面于，
所以，
因为是中点，
所以是的中点，
因为，，
所以平面，
所以，
取中点，连接、，
因为，
所以，
故平面，
所以，即是二面角的平面角，
不妨设，
因为，，
在中，，
所以，所以二面角的余弦值为.
本题考查求空间角中的二面角的余弦值，还考查由空间中线面关系进而证明线线相等，属于中档题.
22、（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析
【解析】
（1）根据题意得，分与讨论即可得到函数的单调性；
（2）根据题意构造函数，得，参变分离得，
分析不等式，即转化为，设，再构造函数，利用导数得单调性，进而得证.
【详解】
（1）依题意，当时，，
①当时，恒成立，此时在定义域上单调递增；
②当时，若，；若，；
故此时的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）方法1：由得
令，则，
依题意有，即，
要证，只需证（不妨设），
即证，
令，设，则，
在单调递减，即，从而有.
方法2：由得
令，则，
当时，时，
故在上单调递增，在上单调递减，
不妨设，则，
要证，只需证，易知，
故只需证，即证
令，（），
则
==，
（也可代入后再求导）
在上单调递减，，
故对于时，总有.由此得
本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，属于难题.
城镇居民
农村居民
合计
经常阅读
100
30
不经常阅读
合计
200
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
城镇居民
农村居民
合计
经常阅读
100
30
130
不经常阅读
40
30
70
合计
140
60
200