2027届广东省东莞市高考数学全真模拟密押卷（含答案解析）

这是一份2027届广东省东莞市高考数学全真模拟密押卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了函数的图像大致为，函数的定义域为，方程在区间内的所有解之和等于等内容，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．已知的展开式中第项与第项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为（ ）．
A．B．C．D．
2．已知为非零向量，“”为“”的（ ）
A．充分不必要条件B．充分必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
3．某四棱锥的三视图如图所示，记S为此棱锥所有棱的长度的集合，则（ ）
A．
B．
C．
D．
4．函数的图像大致为（ ）
A．B．
C．D．
5．若样本的平均数是10，方差为2，则对于样本，下列结论正确的是（ ）
A．平均数为20，方差为4B．平均数为11，方差为4
C．平均数为21，方差为8D．平均数为20，方差为8
6．点在曲线上，过作轴垂线，设与曲线交于点，，且点的纵坐标始终为0，则称点为曲线上的“水平黄金点”，则曲线上的“水平黄金点”的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
7．在中，为上异于，的任一点，为的中点，若，则等于（ ）
A．B．C．D．
8．函数的定义域为（ ）
A．或B．或
C．D．
9．甲乙两人有三个不同的学习小组， ， 可以参加，若每人必须参加并且仅能参加一个学习小组，则两人参加同一个小组的概率为（ ）
A． B． C． D．
10．方程在区间内的所有解之和等于( )
A．4B．6C．8D．10
11．下列函数中，值域为的偶函数是（ ）
A．B．C．D．
12．已知三棱锥中，为的中点，平面，，，则有下列四个结论：①若为的外心，则；②若为等边三角形，则；③当时，与平面所成的角的范围为；④当时，为平面内一动点，若OM∥平面，则在内轨迹的长度为1．其中正确的个数是（ ）．
A．1B．1C．3D．4
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在回归分析的问题中，我们可以通过对数变换把非线性回归方程，（）转化为线性回归方程，即两边取对数，令，得到.受其启发，可求得函数（）的值域是_________.
14．已知椭圆与双曲线（,）有相同的焦点,其左、右焦点分别为、,若椭圆与双曲线在第一象限内的交点为,且,则双曲线的离心率为__________．
15．若函数在区间上有且仅有一个零点，则实数的取值范围有___________.
16．定义，已知，，若恰好有3个零点，则实数的取值范围是________.
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）如图，为等腰直角三角形，，D为AC上一点，将沿BD折起，得到三棱锥，且使得在底面BCD的投影E在线段BC上，连接AE.

（1）证明：；
（2）若，求二面角的余弦值.
18．（12分）已知椭圆：（）的左、右顶点分别为、，焦距为2，点为椭圆上异于、的点，且直线和的斜率之积为.
（1）求的方程；
（2）设直线与轴的交点为，过坐标原点作交椭圆于点，试探究是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
19．（12分）在直角坐标系中，长为3的线段的两端点分别在轴、轴上滑动，点为线段上的点，且满足.记点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）若点为曲线上的两个动点，记，判断是否存在常数使得点到直线的距离为定值？若存在，求出常数的值和这个定值；若不存在，请说明理由.
20．（12分）已知；.
（1）若为真命题，求实数的取值范围；
（2）若为真命题且为假命题，求实数的取值范围.
21．（12分）已知椭圆的左、右顶点分别为、，上、下顶点分别为，，为其右焦点，，且该椭圆的离心率为；
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）过点作斜率为的直线交椭圆于轴上方的点，交直线于点，直线与椭圆的另一个交点为，直线与直线交于点．若，求取值范围．
22．（10分）对于很多人来说，提前消费的认识首先是源于信用卡，在那个工资不高的年代，信用卡绝对是神器，稍微大件的东西都是可以选择用信用卡来买，甚至于分期买，然后慢慢还！现在银行贷款也是很风靡的，从房贷到车贷到一般的现金贷．信用卡“忽如一夜春风来”，遍布了各大小城市的大街小巷．为了解信用卡在市的使用情况，某调查机构借助网络进行了问卷调查，并从参与调查的网友中随机抽取了100人进行抽样分析，得到如下列联表（单位：人）
（1）根据以上数据，能否在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为市使用信用卡情况与年龄有关？
（2）①现从所抽取的40岁及以下的网民中，按“经常使用”与“偶尔或不用”这两种类型进行分层抽样抽取10人，然后，再从这10人中随机选出4人赠送积分，求选出的4人中至少有3人偶尔或不用信用卡的概率；
②将频率视为概率，从市所有参与调查的40岁以上的网民中随机抽取3人赠送礼品，记其中经常使用信用卡的人数为，求随机变量的分布列、数学期望和方差．
参考公式：，其中．
参考数据：
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】
因为的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，所以，解得，
所以二项式中奇数项的二项式系数和为．
考点：二项式系数，二项式系数和．
2、B
【解析】
由数量积的定义可得,为实数,则由可得,根据共线的性质,可判断；再根据判断,由等价法即可判断两命题的关系.
【详解】
若成立,则,则向量与的方向相同,且,从而,所以；
若,则向量与的方向相同,且,从而,所以.
所以“”为“”的充分必要条件.
故选:B
本题考查充分条件和必要条件的判定,考查相等向量的判定,考查向量的模、数量积的应用.
3、D
【解析】
如图所示：在边长为的正方体中，四棱锥满足条件，故，得到答案.
【详解】
如图所示：在边长为的正方体中，四棱锥满足条件.
故，，.
故，故，.
故选：.
本题考查了三视图，元素和集合的关系，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
4、A
【解析】
根据排除，，利用极限思想进行排除即可．
【详解】
解：函数的定义域为，恒成立，排除，，
当时，，当，，排除，
故选：．
本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数值的符号以及极限思想是解决本题的关键，属于基础题．
5、D
【解析】
由两组数据间的关系,可判断二者平均数的关系,方差的关系,进而可得到答案.
【详解】
样本的平均数是10，方差为2，
所以样本的平均数为,方差为.
故选:D.
样本的平均数是，方差为，则的平均数为,方差为.
6、C
【解析】
设,则,则,即可得,设,利用导函数判断的零点的个数,即为所求.
【详解】
设,则,所以,
依题意可得,
设,则,
当时,,则单调递减；当时,,则单调递增,
所以,且,
有两个不同的解,所以曲线上的“水平黄金点”的个数为2.
故选:C
本题考查利用导函数处理零点问题,考查向量的坐标运算,考查零点存在性定理的应用.
7、A
【解析】
根据题意，用表示出与，求出的值即可.
【详解】
解：根据题意，设，则
，
又，
，
，
故选：A.
本题主要考查了平面向量基本定理的应用，关键是要找到一组合适的基底表示向量，是基础题.
8、A
【解析】
根据偶次根式被开方数非负可得出关于的不等式，即可解得函数的定义域.
【详解】
由题意可得，解得或.
因此，函数的定义域为或.
故选：A.
本题考查具体函数定义域的求解，考查计算能力，属于基础题.
9、A
【解析】依题意，基本事件的总数有种，两个人参加同一个小组，方法数有种，故概率为.
10、C
【解析】
画出函数和的图像，和均关于点中心对称，计算得到答案.
【详解】
，验证知不成立，故，
画出函数和的图像，
易知：和均关于点中心对称，图像共有8个交点，
故所有解之和等于.
故选：.
本题考查了方程解的问题，意在考查学生的计算能力和应用能力，确定函数关于点中心对称是解题的关键.
11、C
【解析】
试题分析：A中，函数为偶函数，但，不满足条件；B中，函数为奇函数，不满足条件；C中，函数为偶函数且，满足条件；D中，函数为偶函数，但，不满足条件，故选C．
考点：1、函数的奇偶性；2、函数的值域．
12、C
【解析】
由线面垂直的性质,结合勾股定理可判断①正确; 反证法由线面垂直的判断和性质可判断②错误;由线面角的定义和转化为三棱锥的体积,求得C到平面PAB的距离的范围,可判断③正确;由面面平行的性质定理可得线面平行,可得④正确.
【详解】
画出图形：
若为的外心，则，
平面,可得,即，①正确;
若为等边三角形，，又
可得平面，即,由可得
，矛盾，②错误;
若，设与平面所成角为
可得，
设到平面的距离为
由可得
即有，当且仅当取等号.
可得的最大值为，
即的范围为，③正确；
取中点，的中点，连接
由中位线定理可得平面平面
可得在线段上，而，可得④正确；
所以正确的是：①③④
故选：C
此题考查立体几何中与点、线、面位置关系有关的命题的真假判断，处理这类问题，可以用已知的定理或性质来证明，也可以用反证法来说明命题的不成立.属于一般性题目.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
转化()为,即得解.
【详解】
由题意：
().
故答案为：
本题考查类比法求函数的值域，考查了学生逻辑推理，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
14、
【解析】
先根据椭圆得出焦距,结合椭圆的定义求出,结合双曲线的定义求出双曲线的实半轴,最后利用离心率的公式求出离心率即可.
【详解】
解: 因为椭圆,则焦点为,
又因为椭圆与双曲线（,）有相同的焦点,
椭圆与双曲线在第一象限内的交点为,且,
在椭圆中:
由椭圆的定义:
在双曲线中: ,
所以双曲线的实轴长为: ,实半轴为
则双曲线的离心率为: .
故答案为:
本题主要考查椭圆与双曲线的定义,考查离心率的求解,利用定义解决综合问题.
15、或
【解析】
函数的零点方程的根，求出方程的两根为，，从而可得或，即或.
【详解】
函数在区间的零点方程在区间的根，所以，解得：，，
因为函数在区间上有且仅有一个零点，
所以或，即或.
本题考查函数的零点与方程根的关系，在求含绝对值方程时，要注意对绝对值内数的正负进行讨论.
16、
【解析】
根据题意，分类讨论求解，当时，根据指数函数的图象和性质无零点，不合题意；当时，令，得，令 ，得或 ，再分当，两种情况讨论求解.
【详解】
由题意得：当时，在轴上方，且为增函数，无零点，
至多有两个零点，不合题意；
当时，令，得，令 ，得或 ，
如图所示：
当时，即时，要有3个零点，则，解得；
当时，即时，要有3个零点，则，
令，
，
所以在是减函数，又，
要使，则须，所以.
综上：实数的取值范围是.
故答案为：
本题主要考查二次函数，指数函数的图象和分段函数的零点问题，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，利用导数判断函数单调性，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）
【解析】
（1）由折叠过程知与平面垂直，得，再取中点，可证与平面垂直，得，从而可得线面垂直，再得线线垂直；
（2）由已知得为中点，以为原点，所在直线为轴，在平面内过作的垂线为轴建立空间直角坐标系，由已知求出线段长，得出各点坐标，用平面的法向量计算二面角的余弦．
【详解】
（1）易知与平面垂直，∴，
连接，取中点，连接，
由得，，
∴平面，平面，∴，
又，∴平面，∴；
（2）由，知是中点，
令，则，
由，，
∴，解得，故．
以为原点，所在直线为轴，在平面内过作的垂线为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
，，设平面的法向量为，
则，取，则．
又易知平面的一个法向量为，
．
∴二面角的余弦值为．
本题考查证明线线垂直，考查用空间向量法求二面角．证线线垂直，一般先证线面垂直，而证线面垂直又要证线线垂直，注意线线垂直、线面垂直及面面垂直的转化．求空间角，常用方法就是建立空间直角坐标系，用空间向量法求空间角．
18、（1）（2）是定值，且定值为2
【解析】
（1）设出点坐标并代入椭圆方程，根据列方程，求得的值，结合求得的值，进而求得椭圆的方程.
（2）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆方程，求得点的横坐标，联立直线的方程和椭圆方程，求得，由此化简求得为定值.
【详解】
（1）已知点在椭圆：（）上，
可设，即，
又，
且，可得椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为：，则直线的方程为.
联立直线与椭圆的方程可得：，
由，可得，
联立直线与椭圆的方程可得：，即，
即.
即为定值，且定值为2.
本小题主要考查本小题主要考查椭圆方程的求法，考查椭圆中的定值问题的求解，考查直线和椭圆的位置关系，考查运算求解能力，属于中档题.
19、（1）（2）存在；常数，定值
【解析】
（1）设出的坐标，利用以及，求得曲线的方程.
（2）当直线的斜率存在时，设出直线的方程，求得到直线的距离.联立直线的方程和曲线的方程，写出根与系数关系，结合以及为定值，求得的值.当直线的斜率不存在时，验证.由此得到存在常数，且定值.
【详解】
（1）解析：（1）设，，
由题可得
，解得
又，即，
消去得：
（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为
设，
由可得：
由点到的距离为定值可得（为常数）即
得：
即
，
又
为定值时，，此时，且符合
当直线的斜率不存在时，设直线方程为
由题可得，时，，经检验，符合条件
综上可知，存在常数，且定值
本小题主要考查轨迹方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查运算求解能力，考查椭圆中的定值问题，属于难题.
20、（1） （2）或
【解析】
（1）根据为真命题列出不等式，进而求得实数的取值范围；（2）应用复合命题真假判定的口诀：真“非”假，假“非”真，一真“或”为真，两真“且”才真.
【详解】
（1），
且，
解得
所以当为真命题时，实数的取值范围是.
（2）由，可得，
又∵当时，，
.
∵当为真命题，且为假命题时，
∴与的真假性相同，
当假假时，有，解得；
当真真时，有，解得；
故当为真命题且为假命题时，可得或.
本题主要考查结合不等式的含有量词的命题的恒成立问题，存在性问题，考查复合命题的真假判断，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
21、（Ⅰ）；（Ⅱ），．
【解析】
（Ⅰ）由题意可得，的坐标，结合椭圆离心率，及隐含条件列式求得，的值，则椭圆方程可求；（Ⅱ）设直线，求得的坐标，再设直线，求出点的坐标，写出的方程，联立与，可求出的坐标，由，可得关于的函数式，由单调性可得取值范围．
【详解】
（Ⅰ），，，
，，
由，得，又，，
解得：，，．
椭圆的标准方程为；
（Ⅱ）设直线，则与直线的交点，
又，设直线，
联立，消可得．
解得，，
联立，得，，
直线，
联立，解得，，
，
，，，
，
，
函数在上单调递增，
，．
本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查运算求解能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力．
22、（1）不能在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为市使用信用卡情况与年龄有关；（2）①；②分布列见解析，，
【解析】
(1)计算再对照表格分析即可.
(2)①根据分层抽样的方法可得经常使用信用卡的有人,偶尔或不用信用卡的有人,再根据超几何分布的方法计算3人或4人偶尔或不用信用卡的概率即可.
②利用二项分布的特点求解变量的分布列、数学期望和方差即可.
【详解】
（1）由列联表可知,,因为,
所以不能在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为市使用信用卡情况与年龄有关.
（2）①依题意,可知所抽取的10名40岁及以下网民中,经常使用信用卡的有（人）,偶尔或不用信用卡的有（人）.
则选出的4人中至少有3人偶尔或不用信用卡的概率.
②由列联表,可知40岁以上的网民中,抽到经常使用信用卡的频率为,
将频率视为概率,即从市市民中任意抽取1人,恰好抽到经常使用信用卡的市民的概率为.
由题意得,
则,
,
,
.
故随机变量的分布列为：
故随机变量的数学期望为,方差为.
本题主要考查了独立性检验以及超几何分布与二项分布的知识点,包括分类讨论以及二项分布的数学期望与方差公式等.属于中档题.
经常使用信用卡
偶尔或不用信用卡
合计
40岁及以下
15
35
50
40岁以上
20
30
50
合计
35
65
100
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
0
1
2
3