福建省漳州市2027年高考数学三模试卷（含答案解析）

这是一份福建省漳州市2027年高考数学三模试卷（含答案解析），共61页。试卷主要包含了已知函数满足，设等差数列的前项和为，若，则等内容，欢迎下载使用。
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A．B．3C．D．4
2．下列不等式成立的是（ ）
A．B．C．D．
3．在直角坐标平面上，点的坐标满足方程，点的坐标满足方程则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．将函数f(x)=sin 3x-cs 3x+1的图象向左平移个单位长度，得到函数g(x)的图象，给出下列关于g(x)的结论：
①它的图象关于直线x=对称；
②它的最小正周期为；
③它的图象关于点(，1)对称；
④它在[]上单调递增.
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①②B．②③C．①②④D．②③④
5．如图，平面四边形中，，，，，现将沿翻折，使点移动至点，且，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数满足：当时，，且对任意，都有，则（ ）
A．0B．1C．-1D．
7．若不相等的非零实数，，成等差数列，且，，成等比数列，则（ ）
A．B．C．2D．
8．函数，，则“的图象关于轴对称”是“是奇函数”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．设集合A＝{y|y＝2x﹣1，x∈R}，B＝{x|﹣2≤x≤3，x∈Z}，则A∩B＝（ ）
A．（﹣1，3]B．[﹣1，3]C．{0，1，2，3}D．{﹣1，0，1，2，3}
10．设等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．23B．25C．28D．29
11．已知实数、满足约束条件，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
12．甲、乙两名学生的六次数学测验成绩(百分制)的茎叶图如图所示.
①甲同学成绩的中位数大于乙同学成绩的中位数；
②甲同学的平均分比乙同学的平均分高；
③甲同学的平均分比乙同学的平均分低；
④甲同学成绩的方差小于乙同学成绩的方差.
以上说法正确的是（ ）
A．③④B．①②C．②④D．①③④
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知“在中，”，类比以上正弦定理，“在三棱锥中，侧棱与平面所成的角为、与平面所成的角为，则________．
14．将含有甲、乙、丙的6人平均分成两组参加“文明交通”志愿者活动，其中一组指挥交通，一组分发宣传资料，则甲、乙至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一个组的概率为__________.
15．若x，y满足，则的最小值为________.
16．已知中，点是边的中点，的面积为，则线段的取值范围是__________.
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）已知数列的各项均为正数，为其前n项和，对于任意的满足关系式.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的通项公式是，前n项和为，求证：对于任意的正数n，总有.
18．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
(1)把的参数方程化为极坐标方程：
(2)求与交点的极坐标.
19．（12分）已知函数，.
（1）当时，讨论函数的零点个数；
（2）若在上单调递增，且求c的最大值.
20．（12分）已知六面体如图所示，平面，，，，，，是棱上的点，且满足.
（1）求证：直线平面；
（2）求二面角的正弦值.
21．（12分）某景点上山共有级台阶，寓意长长久久．甲上台阶时，可以一步走一个台阶，也可以一步走两个台阶，若甲每步上一个台阶的概率为，每步上两个台阶的概率为．为了简便描述问题，我们约定，甲从级台阶开始向上走，一步走一个台阶记分，一步走两个台阶记分，记甲登上第个台阶的概率为，其中，且．
（1）若甲走步时所得分数为，求的分布列和数学期望；
（2）证明：数列是等比数列；
（3）求甲在登山过程中，恰好登上第级台阶的概率．
22．（10分）设椭圆的左右焦点分别为，离心率，右准线为，是上的两个动点，．
（Ⅰ）若，求的值；
（Ⅱ）证明：当取最小值时，与共线．
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】
首先把三视图转换为几何体，该几何体为由一个三棱柱体，切去一个三棱锥体，由柱体、椎体的体积公式进一步求出几何体的体积.
【详解】
解：根据几何体的三视图转换为几何体为：
该几何体为由一个三棱柱体，切去一个三棱锥体，
如图所示：
故：.
故选：C.
本题考查了由三视图求几何体的体积、需熟记柱体、椎体的体积公式，考查了空间想象能力，属于基础题.
2、D
【解析】
根据指数函数、对数函数、幂函数的单调性和正余弦函数的图象可确定各个选项的正误.
【详解】
对于，，，错误；
对于，在上单调递减，，错误；
对于，，，，错误；
对于，在上单调递增，，正确.
故选：.
本题考查根据初等函数的单调性比较大小的问题；关键是熟练掌握正余弦函数图象、指数函数、对数函数和幂函数的单调性.
3、B
【解析】
由点的坐标满足方程，可得在圆上，由坐标满足方程，可得在圆上，则求出两圆内公切线的斜率，利用数形结合可得结果.
【详解】
点的坐标满足方程，
在圆上，
在坐标满足方程，
在圆上，
则作出两圆的图象如图，
设两圆内公切线为与，
由图可知，
设两圆内公切线方程为，
则，
圆心在内公切线两侧，，
可得，，
化为，，
即，
，
的取值范围，故选B.
本题主要考查直线的斜率、直线与圆的位置关系以及数形结合思想的应用，属于综合题. 数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，尤其在解决选择题、填空题时发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是运用这种方法的关键是正确作出曲线图象，充分利用数形结合的思想方法能够使问题化难为简，并迎刃而解.
4、B
【解析】
根据函数图象的平移变换公式求出函数的解析式，再利用正弦函数的对称性、单调区间等相关性质求解即可.
【详解】
因为f(x)=sin 3x-cs 3x+1=2sin(3x-)+1，由图象的平移变换公式知，
函数g(x)=2sin[3(x+)-]+1=2sin(3x+)+1，其最小正周期为，故②正确；
令3x+=kπ+，得x=+(k∈Z)，所以x=不是对称轴，故①错误；
令3x+=kπ，得x=-(k∈Z)，取k=2，得x=，故函数g(x)的图象关于点(，1)对称，故③正确；
令2kπ-≤3x+≤2kπ+，k∈Z，得-≤x≤+，取k=2，得≤x≤，取k=3，得≤x≤，故④错误；
故选：B
本题考查图象的平移变换和正弦函数的对称性、单调性和最小正周期等性质；考查运算求解能力和整体代换思想；熟练掌握正弦函数的对称性、单调性和最小正周期等相关性质是求解本题的关键;属于中档题、常考题型
5、C
【解析】
由题意可得面，可知，因为，则面，于是.由此推出三棱锥外接球球心是的中点，进而算出，外接球半径为1，得出结果.
【详解】
解：由，翻折后得到，又，
则面，可知．
又因为，则面，于是，
因此三棱锥外接球球心是的中点．
计算可知，则外接球半径为1，从而外接球表面积为．
故选：C.
本题主要考查简单的几何体、球的表面积等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力及创新意识，属于中档题．
6、C
【解析】
由题意可知，代入函数表达式即可得解.
【详解】
由可知函数是周期为4的函数，
.
故选：C.
本题考查了分段函数和函数周期的应用，属于基础题.
7、A
【解析】
由题意，可得，，消去得,可得，继而得到，代入即得解
【详解】
由，，成等差数列，
所以，又，，成等比数列，
所以，消去得，
所以，解得或，
因为，，是不相等的非零实数，
所以，此时，
所以．
故选：A
本题考查了等差等比数列的综合应用，考查了学生概念理解，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
8、B
【解析】
根据函数奇偶性的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】
设，若函数是上的奇函数，则，所以，函数的图象关于轴对称.
所以，“是奇函数”“的图象关于轴对称”；
若函数是上的偶函数，则，所以，函数的图象关于轴对称.
所以，“的图象关于轴对称”“是奇函数”.
因此，“的图象关于轴对称”是“是奇函数”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，结合函数奇偶性的性质判断是解决本题的关键，考查推理能力，属于中等题.
9、C
【解析】
先求集合A，再用列举法表示出集合B，再根据交集的定义求解即可．
【详解】
解：∵集合A＝{y|y＝2x﹣1，x∈R}＝{y|y＞﹣1}，
B＝{x|﹣2≤x≤3，x∈Z}＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，
∴A∩B＝{0，1，2，3}，
故选：C．
本题主要考查集合的交集运算，属于基础题．
10、D
【解析】
由可求，再求公差，再求解即可.
【详解】
解：是等差数列
，又，
公差为，
，
故选：D
考查等差数列的有关性质、运算求解能力和推理论证能力，是基础题.
11、C
【解析】
作出不等式组表示的平面区域，作出目标函数对应的直线，结合图象知当直线过点时，取得最大值.
【详解】
解：作出约束条件表示的可行域是以为顶点的三角形及其内部，如下图表示：
当目标函数经过点时，取得最大值，最大值为.
故选：C.
本题主要考查线性规划等基础知识；考查运算求解能力，数形结合思想，应用意识,属于中档题.
12、A
【解析】
由茎叶图中数据可求得中位数和平均数,即可判断①②③,再根据数据集中程度判断④.
【详解】
由茎叶图可得甲同学成绩的中位数为,乙同学成绩的中位数为,故①错误；
,,则,故②错误,③正确；
显然甲同学的成绩更集中,即波动性更小,所以方差更小,故④正确,
故选:A
本题考查由茎叶图分析数据特征,考查由茎叶图求中位数、平均数.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
类比，三角形边长类比三棱锥各面的面积，三角形内角类比三棱锥中侧棱与面所成角．
【详解】
，故，
本题考查类比推理．类比正弦定理可得，类比时有结构类比，方法类比等．
14、
【解析】
先求出总的基本事件数，再求出甲、乙至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一组的基本事件数，然后根据古典概型求解．
【详解】
6人平均分成两组参加“文明交通”志愿者活动，其中一组指挥交通，一组分发宣传资料的基本事件总数共有个，
甲、乙至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一组的基本事件个数有：个，
所以甲、乙至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一组的概率为.
故答案为：
本题主要考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.
15、5
【解析】
先作出可行域，再做直线，平移，找到使直线在y轴上截距最小的点，代入即得。
【详解】
作出不等式组表示的平面区域，如图，令，则，作出直线，平移直线，由图可得，当直线经过C点时，直线在y轴上的截距最小，由，可得，因此的最小值为.
故答案为：4
本题考查不含参数的线性规划问题，是基础题。
16、
【解析】
设，利用正弦定理，根据，得到①，再利用余弦定理得②，①②平方相加得：，转化为 有解问题求解.
【详解】
设，
所以， 即①
由余弦定理得，
即 ②，
①②平方相加得：，
即 ，
令，设 ，在上有解，
所以 ，
解得，即 ，
故答案为：
本题主要考查正弦定理和余弦定理在平面几何中的应用，还考查了运算求解的能力，属于难题.
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）证明见解析
【解析】
（1）根据公式得到，计算得到答案.
（2），根据裂项求和法计算得到，得到证明.
【详解】
（1）由已知得时，，故.
故数列为等比数列，且公比.
又当时，，..
（2）.
.
本题考查了数列通项公式和证明数列不等式，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.
18、（1）（2）与交点的极坐标为，和
【解析】
（1）先把曲线化成直角坐标方程，再化简成极坐标方程；
（2）联立曲线和曲线的方程解得即可.
【详解】
(1)曲线的直角坐标方程为：，即 . 的参数方程化为极坐标方程为；
(2)联立可得：，与交点的极坐标为，和.
本题考查了参数方程，直角坐标方程，极坐标方程的互化，也考查了极坐标方程的联立，属于基础题.
19、（1）见解析（2）2
【解析】
（1）将代入可得,令,则,设,则转化问题为与的交点问题,利用导函数判断的图象,即可求解；
（2）由题可得在上恒成立,设,利用导函数可得,则,即,再设,利用导函数求得的最小值,则,进而求解.
【详解】
（1）当时,,定义域为,
由可得,
令,则,
由,得；由,得,
所以在上单调递增,在上单调递减,
则的最大值为,
且当时,；当时,,
由此作出函数的大致图象,如图所示.
由图可知,当时,直线和函数的图象有两个交点,即函数有两个零点；
当或,即或时,直线和函数的图象有一个交点,即函数有一个零点；
当即时,直线与函数的象没有交点,即函数无零点.
（2）因为在上单调递增,即在上恒成立,
设,则,
①若,则,则在上单调递减,显然,
在上不恒成立；
②若,则,在上单调递减,当时,,故,单调递减,不符合题意；
③若,当时,,单调递减,
当时,,单调递增,
所以,
由,得,
设,则,
当时,,单调递减；
当时,,单调递增,
所以,所以,
又,所以,即c的最大值为2.
本题考查利用导函数研究函数的零点问题,考查利用导函数求最值,考查运算能力与分类讨论思想.
20、（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）连接，设，连接.通过证明，证得直线平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出二面角的正弦值.
【详解】
（1）连接，设，连接，
因为，所以，所以，
在中，因为，
所以，且平面，
故平面.
（2）因为，，，，，所以，
因为，平面，所以平面，
所以，，
取所在直线为轴，取所在直线为轴，取所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由已知可得，，，，
所以，因为，
所以，
所以点的坐标为，
所以，，设为平面的法向量，
则，令，解得，，
所以，即为平面的一个法向量.
，
同理可求得平面的一个法向量为
所以
所以二面角的正弦值为
本小题主要考查线面平行的证明，考查二面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
21、见解析
【解析】
（1）由题可得的所有可能取值为，，，，
且，，
，，
所以的分布列为
所以的数学期望．
（2）由题可得，所以，
又，，所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列．
（3）由（2）可得
．
22、（Ⅰ）
（Ⅱ）证明见解析．
【解析】
由与，得，
，的方程为．
设，
则，
由得
． ①
（Ⅰ）由，得
， ②
， ③
由①、②、③三式，消去，并求得，
故．
（Ⅱ），
当且仅当或时，取最小值，
此时，，
故与共线．