2027年绵阳市高考压轴卷数学试卷（含答案解析）

这是一份2027年绵阳市高考压轴卷数学试卷（含答案解析），共3页。试卷主要包含了双曲线，已知函数，若，则的取值范围是，已知集合，，则等内容，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．木匠师傅对一个圆锥形木件进行加工后得到一个三视图如图所示的新木件，则该木件的体积（ ）

A．B．C．D．
2．若的展开式中的常数项为-12，则实数的值为（ ）
A．-2B．-3C．2D．3
3．如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是由一个棱柱挖去一个棱锥后的几何体的三视图，则该几何体的体积为
A．72B．64C．48D．32
4．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．
5．已知双曲线的中心在原点且一个焦点为，直线与其相交于，两点，若中点的横坐标为，则此双曲线的方程是
A．B．
C．D．
6．若复数为虚数单位在复平面内所对应的点在虚轴上，则实数a为（ ）
A．B．2C．D．
7．在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为A1D1的中点，若三棱锥P−ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ）
A．12B．C．D．10
8．已知函数，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
9．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知实数，满足约束条件，则目标函数的最小值为
A．B．
C．D．
11．如图，点E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中点，点F，M分别在线段AC，BD1（不包含端点）上运动，则（ ）
A．在点F的运动过程中，存在EF//BC1
B．在点M的运动过程中，不存在B1M⊥AE
C．四面体EMAC的体积为定值
D．四面体FA1C1B的体积不为定值
12．已知向量，若，则实数的值为（ ）
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，在矩形中，为边的中点，，，分别以、为圆心，为半径作圆弧、（在线段上）.由两圆弧、及边所围成的平面图形绕直线旋转一周，则所形成的几何体的体积为 .
14．若幂函数的图象经过点，则其单调递减区间为_______．
15．设，分别是定义在上的奇函数和偶函数，且，则_________
16．实数，满足约束条件，则的最大值为__________.
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，函数在点处的切线斜率为0.
（1）试用含有的式子表示，并讨论的单调性；
（2）对于函数图象上的不同两点，，如果在函数图象上存在点，使得在点处的切线，则称存在“跟随切线”.特别地，当时，又称存在“中值跟随切线”.试问：函数上是否存在两点使得它存在“中值跟随切线”，若存在，求出的坐标，若不存在，说明理由.
18．（12分）已知半径为5的圆的圆心在x轴上，圆心的横坐标是整数，且与直线4x+3y﹣29＝0相切．
（1）求圆的方程；
（2）设直线ax﹣y+5＝0（a＞0）与圆相交于A，B两点，求实数a的取值范围；
（3）在（2）的条件下，是否存在实数a，使得弦AB的垂直平分线l过点P（﹣2，4），若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由．
19．（12分）已知椭圆的右顶点为，为上顶点，点为椭圆上一动点．
（1）若，求直线与轴的交点坐标；
（2）设为椭圆的右焦点，过点与轴垂直的直线为，的中点为，过点作直线的垂线，垂足为，求证：直线与直线的交点在椭圆上．
20．（12分）设函数 .
(I)求的最小正周期；
(II)若且，求的值.
21．（12分）某精密仪器生产车间每天生产个零件，质检员小张每天都会随机地从中抽取50个零件进行检查是否合格，若较多零件不合格，则需对其余所有零件进行检查．根据多年的生产数据和经验，这些零件的长度服从正态分布（单位：微米），且相互独立．若零件的长度满足，则认为该零件是合格的，否则该零件不合格．
（1）假设某一天小张抽查出不合格的零件数为，求及的数学期望；
（2）小张某天恰好从50个零件中检查出2个不合格的零件，若以此频率作为当天生产零件的不合格率．已知检查一个零件的成本为10元，而每个不合格零件流入市场带来的损失为260元．假设充分大，为了使损失尽量小，小张是否需要检查其余所有零件，试说明理由．
附：若随机变量服从正态分布，则．
22．（10分）已知直线：与抛物线切于点，直线：过定点Q，且抛物线上的点到点Q的距离与其到准线距离之和的最小值为.
（1）求抛物线的方程及点的坐标；
（2）设直线与抛物线交于(异于点P)两个不同的点A、B，直线PA，PB的斜率分别为，那么是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
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、C
【解析】
由三视图知几何体是一个从圆锥中截出来的锥体,圆锥底面半径为,圆锥的高,截去的底面劣弧的圆心角为，底面剩余部分的面积为,利用锥体的体积公式即可求得.
【详解】
由已知中的三视图知圆锥底面半径为，圆锥的高，圆锥母线，截去的底面弧的圆心角为120°，底面剩余部分的面积为，故几何体的体积为：.
故选C.
本题考查了三视图还原几何体及体积求解问题,考查了学生空间想象,数学运算能力,难度一般.
2、C
【解析】
先研究的展开式的通项，再分中，取和两种情况求解.
【详解】
因为的展开式的通项为，
所以的展开式中的常数项为：，
解得，
故选：C.
本题主要考查二项式定理的通项公式，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
3、B
【解析】
由三视图可知该几何体是一个底面边长为4的正方形，高为5的正四棱柱，挖去一个底面边长为4，高为3的正四棱锥，利用体积公式，即可求解。
【详解】
由题意，几何体的三视图可知该几何体是一个底面边长为4的正方形，高为5的正四棱柱，挖去一个底面边长为4，高为3的正四棱锥，
所以几何体的体积为，故选B。
本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线。求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解。
4、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.
5、D
【解析】
根据点差法得，再根据焦点坐标得，解方程组得，，即得结果.
【详解】
设双曲线的方程为，由题意可得，设，，则的中点为，由且，得 ， ，即，联立，解得，，故所求双曲线的方程为．故选D．
本题主要考查利用点差法求双曲线标准方程，考查基本求解能力，属于中档题.
6、D
【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部为求得值．
【详解】
解：在复平面内所对应的点在虚轴上，
，即．
故选D．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
7、C
【解析】
取B1C1的中点Q，连接PQ，BQ，CQ，PD，则三棱柱BCQ−ADP为直三棱柱，此直三棱柱和三棱锥P−ABC有相同的外接球，求出等腰三角形的外接圆半径，然后利用勾股定理可求出外接球的半径
【详解】
如图，取B1C1的中点Q，连接PQ，BQ，CQ，PD，则三棱柱BCQ−ADP为直三棱柱，所以该直三棱柱的六个顶点都在球O的球面上，的外接圆直径为，球O的半径R满足，所以球O的表面积S=4πR2=，
故选：C.
此题考查三棱锥的外接球半径与棱长的关系，及球的表面积公式，解题时要注意审题，注意空间思维能力的培养，属于中档题.
8、B
【解析】
对分类讨论，代入解析式求出，解不等式，即可求解.
【详解】
函数，由
得或
解得.
故选:B.
本题考查利用分段函数性质解不等式，属于基础题.
9、A
【解析】
根据对数性质可知，再根据集合的交集运算即可求解.
【详解】
∵，
集合，
∴由交集运算可得.
故选：A.
本题考查由对数的性质比较大小，集合交集的简单运算，属于基础题.
10、B
【解析】
作出不等式组对应的平面区域，目标函数的几何意义为动点到定点的斜率，利用数形结合即可得到的最小值．
【详解】
解：作出不等式组对应的平面区域如图：
目标函数的几何意义为动点到定点的斜率，
当位于时，此时的斜率最小，此时．
故选B．
本题主要考查线性规划的应用以及两点之间的斜率公式的计算，利用z的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键．
11、C
【解析】
采用逐一验证法，根据线线、线面之间的关系以及四面体的体积公式，可得结果.
【详解】
A错误
由平面，//
而与平面相交，
故可知与平面相交，所以不存在EF//BC1
B错误，如图，作
由
又平面，所以平面
又平面，所以
由//，所以
，平面
所以平面，又平面
所以，所以存在
C正确
四面体EMAC的体积为
其中为点到平面的距离，
由//，平面，平面
所以//平面，
则点到平面的距离即点到平面的距离，
所以为定值，故四面体EMAC的体积为定值
错误
由//，平面，平面
所以//平面，
则点到平面的距离即为点到平面的距离，
所以为定值
所以四面体FA1C1B的体积为定值
故选：C
本题考查线面、线线之间的关系，考验分析能力以及逻辑推理能力，熟练线面垂直与平行的判定定理以及性质定理，中档题.
12、D
【解析】
由两向量垂直可得，整理后可知，将已知条件代入后即可求出实数的值.
【详解】
解：，，即，
将和代入，得出，所以.
故选:D.
本题考查了向量的数量积，考查了向量的坐标运算.对于向量问题，若已知垂直，通常可得到两个向量的数量积为0，继而结合条件进行化简、整理.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
由题意，可得所得到的几何体是由一个圆柱挖去两个半球而成；其中，圆柱的底面半径为1，母线长为2；体积为；两个半球的半径都为1，则两个半球的体积为；则所求几何体的体积为
.
考点：旋转体的组合体.
14、
【解析】
利用待定系数法求出幂函数的解析式，再求出的单调递减区间．
【详解】
解：幂函数的图象经过点，
则，
解得；
所以，其中；
所以的单调递减区间为．
故答案为：．
本题考查了幂函数的图象与性质的应用问题，属于基础题．
15、1
【解析】
令，结合函数的奇偶性，求得，即可求解的值，得到答案.
【详解】
由题意，函数分别是上的奇函数和偶函数，且，
令，可得，
所以.
故答案为：1.
本题主要考查了函数奇偶性的应用，其中解答中熟记函数的奇偶性，合理赋值求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
16、10
【解析】
画出可行域，根据目标函数截距可求.
【详解】
解：作出可行域如下：
由得，平移直线，
当经过点时，截距最小，最大
解得
的最大值为10
故答案为：10
考查可行域的画法及目标函数最大值的求法，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），单调性见解析；（2）不存在，理由见解析
【解析】
（1）由题意得，即可得；求出函数的导数，再根据、、、分类讨论，分别求出、的解集即可得解；
（2）假设满足条件的、存在，不妨设，且，由题意得可得，令（），构造函数（），求导后证明即可得解.
【详解】
（1）由题可得函数的定义域为且，
由，整理得.
.
（ⅰ）当时，易知，，时.
故在上单调递增，在上单调递减.
（ⅱ）当时，令，解得或，则
①当，即时，在上恒成立，则在上递增.
②当，即时，当时，；
当时，.
所以在上单调递增，单调递减，单调递增.
③当，即时，当时，；当时，.
所以在上单调递增，单调递减，单调递增.
综上，当时，在上单调递增，在单调递减.
当时，在及上单调递增；在上单调递减.
当时，在上递增.
当时，在及上单调递增；在上递减.
（2）满足条件的、不存在，理由如下：
假设满足条件的、存在，不妨设，且，
则，
又，
由题可知，整理可得：，
令（），构造函数（）.
则，
所以在上单调递增，从而，
所以方程无解，即无解.
综上，满足条件的A、B不存在.
本题考查了导数的应用，考查了计算能力和转化化归思想，属于中档题.
18、（2）（x﹣2）2+y2＝2．（2）（）．（3）存在，
【解析】
（2）设圆心为M（m，0），根据相切得到，计算得到答案.
（2）把直线ax﹣y+5＝0，代入圆的方程，计算△＝4（5a﹣2）2﹣4（a2+2）＞0得到答案.
（3）l的方程为，即x+ay+2﹣4a＝0，过点M（2，0），计算得到答案.
【详解】
（2）设圆心为M（m，0）（m∈Z）．由于圆与直线4x+3y﹣29＝0相切，且半径为5，
所以 ，即|4m﹣29|＝2．因为m为整数，故m＝2．
故所求圆的方程为（x﹣2）2+y2＝2．
（2）把直线ax﹣y+5＝0，即y＝ax+5，代入圆的方程，消去y，
整理得（a2+2）x2+2（5a﹣2）x+2＝0，
由于直线ax﹣y+5＝0交圆于A，B两点，故△＝4（5a﹣2）2﹣4（a2+2）＞0，
即22a2﹣5a＞0，由于a＞0，解得a，所以实数a的取值范围是（）．
（3）设符合条件的实数a存在，则直线l的斜率为，
l的方程为，即x+ay+2﹣4a＝0，
由于l垂直平分弦AB，故圆心M（2，0）必在l上，
所以2+0+2﹣4a＝0，解得．由于，故存在实数
使得过点P（﹣2，4）的直线l垂直平分弦AB.
本题考查了直线和圆的位置关系，意在考查学生的计算能力和转化能力.
19、（1）（2）见解析
【解析】
（1）直接求出直线方程，与椭圆方程联立求出点坐标，从而可得直线方程，得其与轴交点坐标；
（2）设，则，求出直线和的方程，从而求得两直线的交点坐标，证明此交点在椭圆上，即此点坐标适合椭圆方程．代入验证即可．注意分和说明．
【详解】
解：本题考查直线与椭圆的位置关系的综合，
（1）由题知，，则．因为，所以，
则直线的方程为，联立，可得
故．则，直线的方程为．令，
得，故直线与轴的交点坐标为．
（2）证明：因为，，所以．设点，则．
设
当时，设，则，此时直线与轴垂直，
其直线方程为，
直线的方程为，即．
在方程中，令，得，得交点为，显然在椭圆上．
同理当时，交点也在椭圆上．
当时，可设直线的方程为，即．
直线的方程为，联立方程，
消去得，化简并解得．
将代入中，化简得．
所以两直线的交点为．
因为
，
又因为，所以，
则，
所以点在椭圆上．
综上所述，直线与直线的交点在椭圆上．
本题考查直线与椭圆相交问题，解题方法是解析几何的基本方程，求出直线方程，解方程组求出交点坐标，代入曲线方程验证点在曲线．本题考查了学生的运算求解能力．
20、 (I)；(II)
【解析】
(I)化简得到，得到周期.
(II) ，故，根据范围判断，代入计算得到答案.
【详解】
(I)
，故.
(II) ，故，，
，故，，
故，故，
.
本题考查了三角函数的周期，三角恒等变换，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
21、（1）见解析（2）需要，见解析
【解析】
（1）由零件的长度服从正态分布且相互独立,零件的长度满足即为合格,则每一个零件的长度合格的概率为,满足二项分布,利用补集的思想求得,再根据公式求得；
（2）由题可得不合格率为,检查的成本为,求出不检查时损失的期望,与成本作差,再与0比较大小即可判断.
【详解】
（1）,
由于满足二项分布,故.
（2）由题意可知不合格率为,
若不检查,损失的期望为；
若检查,成本为,由于,
当充分大时,,
所以为了使损失尽量小,小张需要检查其余所有零件.
本题考查正态分布的应用,考查二项分布的期望,考查补集思想的应用,考查分析能力与数据处理能力.
22、（1），（1，2）；（2）存在，
【解析】
（1）由直线恒过点点及抛物线C上的点到点Q的距离与到准线的距离之和的最小值为，求出抛物线的方程，再由直线与抛物线相切，即可求得切点的坐标；
（2）直线与抛物线方程联立，利用根与系数的关系，求得直线PA，PB的斜率，求出斜率之和为定值，即存在实数使得斜率之和为定值.
【详解】
（1）由题意，直线变为2x+1-m(2y+1)=0，所以定点Q的坐标为
抛物线的焦点坐标，
由抛物线C上的点到点Q的距离与到其焦点F的距离之和的最小值为，
可得，解得或（舍去），
故抛物线C的方程为
又由消去y得，
因为直线与抛物线C相切，所以，解得，
此时，所以点P坐标为（1，2）
（2）设存在满足条件的实数，点，
联立，消去x得，
则，
依题意，可得，解得m