浙江省舟山市2026-2027学年高考数学一模试卷（含答案解析）

这是一份浙江省舟山市2026-2027学年高考数学一模试卷（含答案解析），共18页。试卷主要包含了设，满足约束条件，则的最大值是等内容，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．已知函数满足当时，，且当时，；当时，且).若函数的图象上关于原点对称的点恰好有3对，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．已知等差数列的公差为，前项和为，，，为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为，若对任意的恒成立，则实数（ ）.
A．6B．5C．4D．3
3．函数的图象可能为（ ）
A．B．
C．D．
4．在边长为2的菱形中，，将菱形沿对角线对折，使二面角的余弦值为，则所得三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
5．四人并排坐在连号的四个座位上，其中与不相邻的所有不同的坐法种数是（ ）
A．12B．16C．20D．8
6．设，满足约束条件，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
7．已知是定义在上的奇函数，当时，，则（ ）
A．B．2C．3D．
8．过抛物线的焦点作直线交抛物线于两点，若线段中点的横坐标为3，且，则抛物线的方程是( )
A．B．C．D．
9．已知中内角所对应的边依次为，若，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
10．为得到函数的图像，只需将函数的图像（ ）
A．向右平移个长度单位B．向右平移个长度单位
C．向左平移个长度单位D．向左平移个长度单位
11．为了贯彻落实党中央精准扶贫决策，某市将其低收入家庭的基本情况经过统计绘制如图，其中各项统计不重复．若该市老年低收入家庭共有900户，则下列说法错误的是（ ）
A．该市总有 15000 户低收入家庭
B．在该市从业人员中，低收入家庭共有1800户
C．在该市无业人员中，低收入家庭有4350户
D．在该市大于18岁在读学生中，低收入家庭有 800 户
12．方程在区间内的所有解之和等于( )
A．4B．6C．8D．10
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．设实数，满足，则的最大值是______.
14．定义在上的奇函数满足，并且当时，则___
15．在三棱锥中，已知，且平面平面，则三棱锥外接球的表面积为______.
16．在四面体中， 分别是的中点．则下述结论：
①四面体的体积为；
②异面直线所成角的正弦值为；
③四面体外接球的表面积为；
④若用一个与直线垂直，且与四面体的每个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为．
其中正确的有_____．（填写所有正确结论的编号）
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，在三棱锥中，，是的中点，点在上，平面，平面平面，为锐角三角形，求证：
（1）是的中点；
（2）平面平面.
18．（12分）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求B；
（2）若的面积为，周长为8，求b.
19．（12分）某公司欲投资一新型产品的批量生产，预计该产品的每日生产总成本价格)(单位:万元)是每日产量(单位:吨)的函数:.
（1）求当日产量为吨时的边际成本(即生产过程中一段时间的总成本对该段时间产量的导数)；
（2）记每日生产平均成本求证：；
（3）若财团每日注入资金可按数列(单位:亿元)递减，连续注入天，求证:这天的总投入资金大于亿元.
20．（12分）已知函数是减函数.
（1）试确定a的值；
（2）已知数列，求证：.
21．（12分）随着小汽车的普及，“驾驶证”已经成为现代人“必考”的证件之一.若某人报名参加了驾驶证考试，要顺利地拿到驾驶证，他需要通过四个科目的考试，其中科目二为场地考试.在一次报名中，每个学员有5次参加科目二考试的机会（这5次考试机会中任何一次通过考试，就算顺利通过，即进入下一科目考试；若5次都没有通过，则需重新报名），其中前2次参加科目二考试免费，若前2次都没有通过，则以后每次参加科目二考试都需要交200元的补考费.某驾校对以往2000个学员第1次参加科目二考试进行了统计，得到下表：
若以上表得到的男、女学员第1次通过科目二考试的频率分别作为此驾校男、女学员每次通过科目二考试的概率，且每人每次是否通过科目二考试相互独立.现有一对夫妻同时在此驾校报名参加了驾驶证考试，在本次报名中，若这对夫妻参加科目二考试的原则为：通过科目二考试或者用完所有机会为止.
（1）求这对夫妻在本次报名中参加科目二考试都不需要交补考费的概率；
（2）若这对夫妻前2次参加科目二考试均没有通过，记这对夫妻在本次报名中参加科目二考试产生的补考费用之和为元，求的分布列与数学期望.
22．（10分）如图所示，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面为正三角形，且面面，分别为棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）（文科）求三棱锥的体积；
（理科）求二面角的正切值.
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】
先作出函数在上的部分图象，再作出关于原点对称的图象，分类利用图像列出有3个交点时满足的条件，解之即可.
【详解】
先作出函数在上的部分图象，再作出关于原点对称的图象，
如图所示，当时，对称后的图象不可能与在的图象有3个交点；
当时，要使函数关于原点对称后的图象与所作的图象有3个交点，
则，解得.
故选：C.
本题考查利用函数图象解决函数的交点个数问题，考查学生数形结合的思想、转化与化归的思想，是一道中档题.
2、C
【解析】
若对任意的恒成立，则为的最大值，所以由已知，只需求出取得最大值时的n即可.
【详解】
由已知，，又三角形有一个内角为，所以，
，解得或（舍），
故，当时，取得最大值，所以.
故选：C.
本题考查等差数列前n项和的最值问题，考查学生的计算能力，是一道基础题.
3、C
【解析】
先根据是奇函数，排除A，B，再取特殊值验证求解.
【详解】
因为，
所以是奇函数，故排除A，B，
又，
故选：C
本题主要考查函数的图象，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.
4、D
【解析】
取AC中点N，由题意得即为二面角的平面角，过点B作于O，易得点O为的中心，则三棱锥的外接球球心在直线BO上，设球心为，半径为，列出方程即可得解.
【详解】
如图，由题意易知与均为正三角形，取AC中点N，连接BN，DN，
则，，即为二面角的平面角，
过点B作于O，则平面ACD，
由，可得，，，
即点O为的中心，
三棱锥的外接球球心在直线BO上，设球心为，半径为，
，,
解得，
三棱锥的外接球的表面积为.
故选：D.
本题考查了立体图形外接球表面积的求解，考查了空间想象能力，属于中档题.
5、A
【解析】
先将除A，B以外的两人先排，再将A，B在3个空位置里进行插空，再相乘得答案.
【详解】
先将除A，B以外的两人先排，有种；再将A，B在3个空位置里进行插空，有种，所以共有种.
故选：A
本题考查排列中不相邻问题，常用插空法，属于基础题.
6、D
【解析】
作出不等式对应的平面区域，由目标函数的几何意义，通过平移即可求z的最大值．
【详解】
作出不等式组的可行域，如图阴影部分，作直线：在可行域内平移当过点时，取得最大值.
由得：，
故选：D
本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法，属于基础题.
7、A
【解析】
由奇函数定义求出和．
【详解】
因为是定义在上的奇函数，.又当时，，.
故选：A．
本题考查函数的奇偶性，掌握奇函数的定义是解题关键．
8、B
【解析】
利用抛物线的定义可得,,把线段AB中点的横坐标为3,代入可得p值,然后可得出抛物线的方程.
【详解】
设抛物线的焦点为F,设点，
由抛物线的定义可知，
线段AB中点的横坐标为3，又，，可得，
所以抛物线方程为.
故选：B.
本题考查抛物线的定义、标准方程,以及简单性质的应用,利用抛物线的定义是解题的关键.
9、A
【解析】
由余弦定理可得，结合可得a，b，再利用面积公式计算即可.
【详解】
由余弦定理，得，由，解得，
所以，.
故选：A.
本题考查利用余弦定理解三角形，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.
10、D
【解析】
，所以要的函数的图象，只需将函数的图象向左平移个长度单位得到，故选D
11、D
【解析】
根据给出的统计图表，对选项进行逐一判断，即可得到正确答案.
【详解】
解：由题意知，该市老年低收入家庭共有900户，所占比例为6%，
则该市总有低收入家庭900÷6%＝15000（户），A正确，
该市从业人员中，低收入家庭共有15000×12%＝1800（户），B正确，
该市无业人员中，低收入家庭有15000×29%%＝4350（户），C正确，
该市大于18 岁在读学生中，低收入家庭有15000×4%＝600（户），D错误．
故选：D.
本题主要考查对统计图表的认识和分析，这类题要认真分析图表的内容，读懂图表反映出的信息是解题的关键,属于基础题.
12、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.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、1
【解析】
根据目标函数的解析式形式，分析目标函数的几何意义，然后判断求出目标函数取得最优解的点的坐标，即可求解．
【详解】
作出实数，满足表示的平面区域，如图所示：
由可得，则表示直线在轴上的截距，截距越小，越大.
由可得，此时最大为1，
故答案为：1．
本题主要考查线性规划知识的运用，考查学生的计算能力，考查数形结合的数学思想．
14、
【解析】
根据所给表达式，结合奇函数性质，即可确定函数对称轴及周期性，进而由的解析式求得的值.
【详解】
满足，
由函数对称性可知关于对称，
且令，代入可得，
由奇函数性质可知，所以
令，代入可得，
所以是以4为周期的周期函数，
则
当时，
所以，
所以，
故答案为：.
本题考查了函数奇偶性与对称性的综合应用，周期函数的判断及应用，属于中档题.
15、
【解析】
取的中点，设等边三角形的中心为，连接.根据等边三角形的性质可求得，， 由等腰直角三角形的性质，得，根据面面垂直的性质得平面，，由勾股定理求得，可得为三棱锥外接球的球心，根据球体的表面积公式可求得此外接球的表面积.
【详解】
在等边三角形中，取的中点，设等边三角形的中心为，
连接.由，得，，
由已知可得是以为斜边的等腰直角三角形，,
又由已知可得平面平面，平面，，
，所以，为三棱锥外接球的球心，外接球半径，
三棱锥外接球的表面积为.
故答案为：
本题考查三棱锥的外接球的表面积，关键在于根据三棱锥的面的关系、棱的关系和长度求得外接球的球心的位置，球的半径，属于中档题.
16、①③④．
【解析】
补图成长方体，在长方体中利用割补法求四面体的体积，和外接球的表面积，以及异面直线的夹角，作出截面即可计算截面面积的最值.
【详解】
根据四面体特征，可以补图成长方体设其边长为，
，解得
补成长，宽，高分别为的长方体，在长方体中：
①四面体的体积为，故正确
②异面直线所成角的正弦值等价于边长为的矩形的对角线夹角正弦值，可得正弦值为，故错；
③四面体外接球就是长方体的外接球，半径，其表面积为，故正确；
④由于，故截面为平行四边形，可得，
设异面直线与所成的角为，则，算得，
．故正确．
故答案为：①③④．
此题考查根据几何体求体积，外接球的表面积，异面直线夹角和截面面积最值，关键在于熟练掌握点线面位置关系的处理方法，补图法作为解决体积和外接球问题的常用方法，平常需要积累常见几何体的补图方法.
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）证明见解析；（2）证明见解析；
【解析】
（1）推导出，由是的中点，能证明是有中点．
（2）作于点，推导出平面，从而，由，能证明平面，由此能证明平面平面．
【详解】
证明：（1）在三棱锥中，
平面，平面平面，
平面，
，
在中，是的中点，是有中点．
（2）在三棱锥中，是锐角三角形，
在中，可作于点，
平面平面，平面平面，
平面，平面，
平面，，
，，
平面，
平面，平面平面．
本题考查线段中点的证明，考查面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，属于中档题．
18、（1）；（2）
【解析】
（1）通过正弦定理和内角和定理化简，再通过二倍角公式即可求出；
（2）通过三角形面积公式和三角形的周长为8，求出b的表达式后即可求出b的值.
【详解】
（1）由三角形内角和定理及诱导公式，得，
结合正弦定理，得，
由及二倍角公式，得，
即，故；
（2）由题设，得，从而，
由余弦定理，得，即，
又，所以，
解得.
本题综合考查了正余弦定理，倍角公式，三角形面积公式，属于基础题.
19、（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】
（1）求得函数的导函数，由此求得求当日产量为吨时的边际成本.
（2）将所要证明不等式转化为证明，构造函数，利用导数证得，由此证得不等式成立.
（3）利用（2）的结论，判断出，由此结合对数运算，证得.
【详解】
（1）因为
所以
当时，
（2）要证，
只需证，即证，
设
则
所以在上单调递减，
所以
所以，即；
（3）因为
又由（2）知，当时，
所以
所以
所以
本小题主要考查导数的计算，考查利用导数证明不等式，考查放缩法证明数列不等式，属于难题.
20、（Ⅰ）（Ⅱ）见证明
【解析】
（Ⅰ）求导得，由是减函数得，对任意的，都有恒成立，构造函数，通过求导判断它的单调性，令其最大值小于等于0，即可求出；
（Ⅱ）由是减函数，且可得，当时，，则，即，两边同除以得，，即，从而 ，两边取对数 ，然后再证明恒成立即可，构造函数，，通过求导证明即可．
【详解】
解：（Ⅰ）的定义域为，.
由是减函数得，对任意的，都有恒成立.
设.
∵，由知，
∴当时，；当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴在时取得最大值.
又∵，∴对任意的，恒成立，即的最大值为.
∴，解得.
（Ⅱ）由是减函数，且可得，当时，，
∴，即.
两边同除以得，，即.
从而 ，
所以 ①.
下面证；
记，.
∴ ，
∵在上单调递增，
∴在上单调递减，
而，
∴当时，恒成立，
∴在上单调递减，
即时，，
∴当时，.
∵，
∴当时，，即②.
综上①②可得，.
本题考查了导数与函数的单调性的关系，考查了函数的最值，考查了构造函数的能力，考查了逻辑推理能力与计算求解能力，属于难题．，
21、（1）；（2）见解析.
【解析】
事件表示男学员在第次考科目二通过，事件表示女学员在第次考科目二通过（其中）（1）这对夫妻是否通过科目二考试相互独立，利用独立事件乘法公式即可求得；（2）补考费用之和为元可能取值为400，600，800，1000，1200，根据题意可求相应的概率，进而可求X的数学期望．
【详解】
事件表示男学员在第次考科目二通过，
事件表示女学员在第次考科目二通过（其中）.
（1）事件表示这对夫妻考科目二都不需要交补考费.
.
（2）的可能取值为400，600，800，1000，1200.
，
，
，
，
.
则的分布列为：
故 (元).
本题以实际问题为素材，考查离散型随机变量的概率及期望，解题时要注意独立事件概率公式的灵活运用，属于基础题.
22、（1）见解析（2）（文） （理）
【解析】
（1）证明：取PD中点G，连结GF、AG，
∵GF为△PDC的中位线，∴GF∥CD且，
又AE∥CD且，∴GF∥AE且GF=AE，
∴EFGA是平行四边形，则EF∥AG，
又EF不在平面PAD内，AG在平面PAD内，
∴EF∥面PAD；
（2）（文）解：取AD中点O，连结PO，
∵面PAD⊥面ABCD，△PAD为正三角形，∴PO⊥面ABCD，且，
又PC为面ABCD斜线，F为PC中点，∴F到面ABCD距离，
故；
（理）连OB交CE于M，可得Rt△EBC≌Rt△OAB，
∴∠MEB=∠AOB，则∠MEB+∠MBE=90°，即OM⊥EC．
连PM，又由（2）知PO⊥EC，可得EC⊥平面POM，则PM⊥EC，
即∠PMO是二面角P-EC-D的平面角，
在Rt△EBC中，，
∴，
∴，
即二面角P-EC-D的正切值为．
【方法点晴】
本题主要考查线面平行的判定定理、二面角的求法、利用等积变换求三棱锥体积，属于难题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 本题（1）是就是利用方法①证明的.
考试情况
男学员
女学员
第1次考科目二人数
1200
800
第1次通过科目二人数
960
600
第1次未通过科目二人数
240
200

400
600
800
1000
1200