2027届新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市高考数学二模试卷（含答案解析）

这是一份2027届新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市高考数学二模试卷（含答案解析），文件包含北京师范大学出版社六年级数学上册_第2单元_单元测试卷_原卷docx、北京师范大学出版社六年级数学上册_第2单元_单元测试卷_解析卷docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共13页， 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．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．
2．如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
3．已知二次函数的部分图象如图所示，则函数的零点所在区间为（ ）
A．B．C．D．
4．已知符号函数sgnxf（x）是定义在R上的减函数，g（x）＝f（x）﹣f（ax）（a＞1），则（ ）
A．sgn[g（x）]＝sgn xB．sgn[g（x）]＝﹣sgnx
C．sgn[g（x）]＝sgn[f（x）]D．sgn[g（x）]＝﹣sgn[f（x）]
5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．某几何体的三视图如图所示，图中圆的半径为1，等腰三角形的腰长为3，则该几何体表面积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．方程的实数根叫作函数的“新驻点”，如果函数的“新驻点”为，那么满足（ ）
A．B．C．D．
9．在正方体中，，分别为，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
10．将函数向左平移个单位，得到的图象，则满足（ ）
A．图象关于点对称，在区间上为增函数
B．函数最大值为2，图象关于点对称
C．图象关于直线对称，在上的最小值为1
D．最小正周期为，在有两个根
11．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．
12．幻方最早起源于我国，由正整数1，2，3，……，这个数填入方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和相等，这个正方形数阵就叫阶幻方．定义为阶幻方对角线上所有数的和，如，则（ ）
A．55B．500C．505D．5050
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．根据如图所示的伪代码，若输入的的值为2，则输出的的值为____________.
14．的角所对的边分别为，且，，若，则的值为__________.
15．从分别写有1，2，3，4的4张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率为__________.
16．定义在封闭的平面区域内任意两点的距离的最大值称为平面区域的“直径”.已知锐角三角形的三个点，，，在半径为的圆上，且，分别以各边为直径向外作三个半圆，这三个半圆和构成平面区域，则平面区域的“直径”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）已知函数
（1）若，求证：
（2）若，恒有，求实数的取值范围.
18．（12分）已知椭圆的右焦点为，直线被称作为椭圆的一条准线，点在椭圆上(异于椭圆左、右顶点)，过点作直线与椭圆相切，且与直线相交于点.
（1）求证：.
（2）若点在轴的上方，当的面积最小时，求直线的斜率.
附：多项式因式分解公式：
19．（12分）如图,四棱锥,侧面是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面是的菱形, 为棱上的动点,且.
(I)求证：为直角三角形；
(II)试确定的值，使得二面角的平面角余弦值为.
20．（12分）下表是某公司2018年5~12月份研发费用（百万元）和产品销量（万台）的具体数据：
（Ⅰ）根据数据可知与之间存在线性相关关系，求出与的线性回归方程（系数精确到0.01）；
（Ⅱ）该公司制定了如下奖励制度：以（单位：万台）表示日销售，当时，不设奖；当时，每位员工每日奖励200元；当时，每位员工每日奖励300元；当时，每位员工每日奖励400元.现已知该公司某月份日销售（万台）服从正态分布（其中是2018年5-12月产品销售平均数的二十分之一），请你估计每位员工该月（按30天计算）获得奖励金额总数大约多少元.
参考数据：，，，，
参考公式：相关系数，其回归直线中的，若随机变量服从正态分布，则，.
21．（12分）选修4-4：坐标系与参数方程
已知曲线的参数方程是（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，曲线的极坐标方程是.
（1）写出的极坐标方程和的直角坐标方程；
（2）已知点、的极坐标分别为和，直线与曲线相交于，两点，射线与曲线相交于点，射线与曲线相交于点，求的值.
22．（10分）如图1，四边形为直角梯形，，，，，，为线段上一点，满足，为的中点，现将梯形沿折叠（如图2），使平面平面.
（1）求证：平面平面；
（2）能否在线段上找到一点（端点除外）使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，试确定点的位置；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、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.
2、D
【解析】
根据三视图判断出几何体是由一个三棱锥和一个三棱柱构成，利用锥体和柱体的体积公式计算出体积并相加求得几何体的体积.
【详解】
由三视图可知该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，该多面体体积为.故选D.
本小题主要考查三视图还原为原图，考查柱体和锥体的体积公式，属于基础题.
3、B
【解析】
由函数f(x)的图象可知，0＜f(0)＝a＜1，f(1)＝1－b＋a＝0，所以1＜b＜2.
又f′(x)＝2x－b，所以g(x)＝ex＋2x－b，所以g′(x)＝ex＋2＞0，所以g(x)在R上单调递增，
又g(0)＝1－b＜0，g(1)＝e＋2－b＞0，
根据函数的零点存在性定理可知，函数g(x)的零点所在的区间是(0，1)，
故选B.
4、A
【解析】
根据符号函数的解析式，结合f（x）的单调性分析即可得解.
【详解】
根据题意，g（x）＝f（x）﹣f（ax），而f（x）是R上的减函数，
当x＞0时，x＜ax，则有f（x）＞f（ax），则g（x）＝f（x）﹣f（ax）＞0，此时sgn[g （ x）]＝1，
当x＝0时，x＝ax，则有f（x）＝f（ax），则g（x）＝f（x）﹣f（ax）＝0，此时sgn[g （ x）]＝0，
当x＜0时，x＞ax，则有f（x）＜f（ax），则g（x）＝f（x）﹣f（ax）＜0，此时sgn[g （ x）]＝﹣1，
综合有：sgn[g （ x）]＝sgn（x）；
故选：A．
此题考查函数新定义问题，涉及函数单调性辨析，关键在于读懂定义，根据自变量的取值范围分类讨论.
5、D
【解析】
结合三视图可知,该几何体的上半部分是半个圆锥,下半部分是一个底面边长为4,高为4的正三棱柱,分别求出体积即可.
【详解】
由三视图可知该几何体的上半部分是半个圆锥,下半部分是一个底面边长为4,高为4的正三棱柱,则上半部分的半个圆锥的体积,下半部分的正三棱柱的体积,故该几何体的体积.
故选:D.
本题考查三视图,考查空间几何体的体积,考查空间想象能力与运算求解能力,属于中档题.
6、C
【解析】
几何体是由一个圆锥和半球组成，其中半球的半径为1，圆锥的母线长为3，底面半径为1，计算得到答案.
【详解】
几何体是由一个圆锥和半球组成，其中半球的半径为1，圆锥的母线长为3，底面半径为1，故几何体的表面积为.
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】
由变形可得,可知函数在为增函数, 由恒成立,求解参数即可求得取值范围.
【详解】
,即函数在时是单调增函数.
则恒成立.
.
令,则
时,单调递减,时单调递增.
故选:D.
本题考查构造函数,借助单调性定义判断新函数的单调性问题,考查恒成立时求解参数问题,考查学生的分析问题的能力和计算求解的能力,难度较难.
8、D
【解析】
由题设中所给的定义，方程的实数根叫做函数的“新驻点”，根据零点存在定理即可求出的大致范围
【详解】
解：由题意方程的实数根叫做函数的“新驻点”，
对于函数，由于，
，
设，该函数在为增函数，
， ，
在上有零点，
故函数的“新驻点”为，那么
故选：．
本题是一个新定义的题，理解定义，分别建立方程解出存在范围是解题的关键，本题考查了推理判断的能力，属于基础题..
9、D
【解析】
连接，，因为，所以为异面直线与所成的角（或补角），
不妨设正方体的棱长为2，取的中点为，连接，在等腰中，求出，在利用二倍角公式，求出，即可得出答案.
【详解】
连接，，因为，所以为异面直线与所成的角（或补角），
不妨设正方体的棱长为2，则，，
在等腰中，取的中点为，连接，
则，，
所以，
即：，
所以异面直线，所成角的余弦值为.
故选：D.
本题考查空间异面直线的夹角余弦值，利用了正方体的性质和二倍角公式，还考查空间思维和计算能力.
10、C
【解析】
由辅助角公式化简三角函数式，结合三角函数图象平移变换即可求得的解析式，结合正弦函数的图象与性质即可判断各选项.
【详解】
函数，
则，
将向左平移个单位，
可得，
由正弦函数的性质可知，的对称中心满足，解得，所以A、B选项中的对称中心错误；
对于C，的对称轴满足，解得，所以图象关于直线对称；当时，，由正弦函数性质可知，所以在上的最小值为1，所以C正确；
对于D，最小正周期为，当，，由正弦函数的图象与性质可知，时仅有一个解为，所以D错误；
综上可知，正确的为C，
故选：C.
本题考查了三角函数式的化简，三角函数图象平移变换，正弦函数图象与性质的综合应用，属于中档题.
11、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.
12、C
【解析】
因为幻方的每行、每列、每条对角线上的数的和相等，可得，即得解.
【详解】
因为幻方的每行、每列、每条对角线上的数的和相等，
所以阶幻方对角线上数的和就等于每行（或每列）的数的和，
又阶幻方有行（或列），
因此，，
于是．
故选：C
本题考查了数阵问题，考查了学生逻辑推理，数学运算的能力，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】
满足条件执行，否则执行.
【详解】
本题实质是求分段函数在处的函数值，当时，.
故答案为：1
本题考查条件语句的应用，此类题要做到读懂算法语句，本题是一道容易题.
14、
【解析】
先利用余弦定理求出，再用正弦定理求出并把转化为与边有关的等式，结合可求的值.
【详解】
因为，故，因为，所以.
由正弦定理可得三角形外接圆的半径满足，
所以即.
因为，
解得或（舍）.
故答案为：.
本题考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，注意结合求解目标对所得的方程组变形整合后整体求解，本题属于中档题.
15、
【解析】
基本事件总数，抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数包含的基本事件有10种，由此能求出抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率．
【详解】
从分别写有1，2，3，4的4张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，
基本事件总数，
抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数包含的基本事件有10种，分别为：
，，，，，，，，，，
则抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率为．
故答案为：
本题考查古典概型概率的求法，考查运算求解能力，求解时注意辨别概率的模型．
16、
【解析】
先找到平面区域内任意两点的最大值为，再利用三角恒等变换化简即可得到最大值.
【详解】
由已知及正弦定理，得，所以，
，取AB中点E，AC中点F，BC中点G，
如图所示
显然平面区域任意两点距离最大值为，
而
，
当且仅当时，等号成立.
故答案为：.
本题考查正弦定理在平面几何中的应用问题，涉及到距离的最值问题，在处理这类问题时，一定要数形结合，本题属于中档题.
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）见解析；（2）（﹣∞，0]
【解析】
（1）利用导数求x＜0时，f（x）的极大值为，即证（2）等价于k≤，x＞0，令g（x）＝，x＞0，再求函数g(x)的最小值得解.
【详解】
（1）∵函数f（x）＝x2e3x，∴f′（x）＝2xe3x+3x2e3x＝x（3x+2）e3x．
由f′（x）＞0，得x＜﹣或x＞0；由f′（x）＜0，得，
∴f（x）在（﹣∞，﹣）内递增，在（﹣，0）内递减，在（0，+∞）内递增，
∴f（x）的极大值为，
∴当x＜0时，f（x）≤
（2）∵x2e3x≥（k+3）x+2lnx+1，∴k≤，x＞0，
令g（x）＝，x＞0，则g′（x），
令h（x）＝x2（1+3x）e3x+2lnx﹣1，则h（x）在（0，+∞）上单调递增，
且x→0+时，h（x）→﹣∞，h（1）＝4e3﹣1＞0，
∴存在x0∈（0，1），使得h（x0）＝0，
∴当x∈（0，x0）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
当x∈（x0，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
∴g（x）在（0，+∞）上的最小值是g（x0）＝，
∵h（x0）＝+2lnx0﹣1=0，所以，
令，
令
所以=1，,
∴g（x0）
∴实数k的取值范围是（﹣∞，0]．
本题主要考查利用证明不等式，考查利用导数求最值和解答不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
18、（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）由得令可得，进而得到，同理，利用数量积坐标计算即可；
（2），分，两种情况讨论即可.
【详解】
（1）证明：点的坐标为.
联立方程，消去后整理为
有，可得，，.
可得点的坐标为.
当时，可求得点的坐标为，
，.
有,
故有.
（2）若点在轴上方，因为，所以有，
由（1）知
①因为时.由（1）知，
由函数单调递增，可得此时.
②当时，由（1）知
令
由
，故当时，
，此时函数单调递增：当时，，此时函数单
调递减，又由，故函数的最小值，函数取最小值时
，可求得.
由①②知，若点在轴上方，当的面积最小时，直线的斜率为.
本题考查直线与椭圆的位置关系，涉及到分类讨论求函数的最值，考查学生的运算求解能力，是一道难题.
19、（1）见解析；(II) .
【解析】
试题分析：（1）取中点,连结,以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明为直角三角形；（2）设，由，得，求出平面的法向量和平面的法向量，，根据空间向量夹角余弦公式能求出结果.
试题解析：(I)取中点,连结，依题意可知均为正三角形，所以,
又平面平面，
所以平面，
又平面，所以,
因为,所以，即,
从而为直角三角形.
(II)法一：由(I)可知,又平面平面,平面平面,
平面，所以平面.
以为原点，建立空间直角坐标系如图所示,则
,
由可得点的坐标
所以,
设平面的法向量为，则,
即解得，
令，得，
显然平面的一个法向量为,
依题意，
解得或（舍去），
所以，当时，二面角的余弦值为.
法二：由(I)可知平面,所以,
所以为二面角的平面角，
即,
在中，,
所以
，
由正弦定理可得，即
解得，
又,所以,
所以，当时，二面角的余弦值为.
20、（Ⅰ）（Ⅱ）7839.3元
【解析】
（Ⅰ）由题意计算x、y的平均值,进而由公式求出回归系数b和a,即可写出回归直线方程;
（Ⅱ）由题意计算平均数μ，得出z~N (μ,)，求出日销量z∈[0.13,0.15) 、[0.15,0.16)和[0.16,+∞)的概率，计算奖金总数是多少.
【详解】
（Ⅰ）因为，
，
因为，
所以，
所以；
（Ⅱ）因为，
所以，
故即，
日销量的概率为，
日销量的概率为，
日销量的概率为，
所以奖金总数大约为：（元）.
本题考查利用最小二乘法求回归直线方程，还考查了利用正态分布计算概率，进而估计总体情况，属于中档题.
21、（1）线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为；（2）.
【解析】
试题分析：（1）（1）利用cs2θ+sin2θ=1，即可曲线C1的参数方程化为普通方程，进而利用即可化为极坐标方程，同理可得曲线C2的直角坐标方程；
（2）由过的圆心，得得，设，，代入中即可得解.
试题解析：
（1）曲线的普通方程为，化成极坐标方程为
曲线的直角坐标方程为
（2）在直角坐标系下，，，
恰好过的圆心，
∴由得 ，是椭圆上的两点，
在极坐标下，设，分别代入中，
有和
∴，
则，即
22、（1）证明见解析；（2）存在点是线段的中点，使得直线与平面所成角的正弦值为.
【解析】
（1）在直角梯形中，根据，，得为等边三角形，再由余弦定理求得，满足，得到，再根据平面平面，利用面面垂直的性质定理证明.
（2）建立空间直角坐标系：假设在上存在一点使直线与平面所成角的正弦值为，且，，求得平面的一个法向量，再利用线面角公式求解.
【详解】
（1）证明：在直角梯形中，，，
因此为等边三角形，从而，又，
由余弦定理得：，
∴，即，且折叠后与位置关系不变，
又∵平面平面，且平面平面.
∴平面，∵平面，
∴平面平面.
（2）∵为等边三角形，为的中点，
∴，又∵平面平面，且平面平面，
∴平面，
取的中点，连结，则，从而，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系：
则，，则，
假设在上存在一点使直线与平面所成角的正弦值为，且，，
∵，∴，故，
∴，又，
该平面的法向量为，
，
令得，
∴，
解得或（舍），
综上可知，存在点是线段的中点，使得直线与平面所成角的正弦值为.
本题主要考查面面垂直的性质定理和向量法研究线面角问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.
月 份
5
6
7
8
9
10
11
12
研发费用（百万元）
2
3
6
10
21
13
15
18
产品销量（万台）
1
1
2
2.5
6
3.5
3.5
4.5