肇庆市2027年高考冲刺数学模拟试题（含答案解析）

这是一份肇庆市2027年高考冲刺数学模拟试题（含答案解析），共18页。试卷主要包含了若、满足约束条件，则的最大值为，若时，，则的取值范围为，等比数列若则等内容，欢迎下载使用。
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
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．已知平面向量，，，则实数x的值等于（ ）
A．6B．1C．D．
2．已知,则 ( )
A．B．C．D．
3．如图是二次函数的部分图象，则函数的零点所在的区间是（ ）
A．B．C．D．
4．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．
5．设m，n为直线，、为平面，则的一个充分条件可以是( )
A．，，B．，
C．，D．，
6．若θ是第二象限角且sinθ =，则=
A．B．C．D．
7．造纸术、印刷术、指南针、火药被称为中国古代四大发明，此说法最早由英国汉学家艾约瑟提出并为后来许多中国的历史学家所继承，普遍认为这四种发明对中国古代的政治，经济，文化的发展产生了巨大的推动作用.某小学三年级共有学生500名，随机抽查100名学生并提问中国古代四大发明，能说出两种发明的有45人，能说出3种及其以上发明的有32人，据此估计该校三级的500名学生中，对四大发明只能说出一种或一种也说不出的有（ ）
A．69人B．84人C．108人D．115人
8．若、满足约束条件，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
9．若时，，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
10．等比数列若则（ ）
A．±6B．6C．-6D．
11．已知正四面体外接球的体积为，则这个四面体的表面积为（ ）
A．B．C．D．
12．圆柱被一平面截去一部分所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在中，角，，的对边分别为，，，若，且，则面积的最大值为________.
14．已知，，且，则的最小值是______.
15．的展开式中，x5的系数是_________．（用数字填写答案）
16．设为偶函数，且当时，；当时，．关于函数的零点，有下列三个命题：
①当时，存在实数m，使函数恰有5个不同的零点；
②若，函数的零点不超过4个，则；
③对，，函数恰有4个不同的零点，且这4个零点可以组成等差数列．
其中，正确命题的序号是_______．
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）中的内角，，的对边分别是，，，若，.
（1）求；
（2）若，点为边上一点，且，求的面积.
18．（12分）已知函数.
(1)求不等式的解集；
(2)若对任意恒成立，求的取值范围.
19．（12分）已知函数f(x)＝|x－2|－|x＋1|.
（Ⅰ）解不等式f(x)>1；
（Ⅱ）当x>0时，若函数g(x)(a>0)的最小值恒大于f(x)，求实数a的取值范围．
20．（12分）已知是公比为的无穷等比数列，其前项和为，满足，________．是否存在正整数，使得？若存在，求的最小值；若不存在，说明理由．
从①，②，③这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．
21．（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为.（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）求的普通方程及的直角坐标方程；
（2）求曲线上的点到距离的取值范围.
22．（10分）已知，.
（1）当时，证明：；
（2）设直线是函数在点处的切线，若直线也与相切，求正整数的值.
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、A
【解析】
根据向量平行的坐标表示即可求解.
【详解】
，，，
，
即，
故选：A
本题主要考查了向量平行的坐标运算，属于容易题.
2、B
【解析】
利用诱导公式以及同角三角函数基本关系式化简求解即可．
【详解】
，
本题正确选项：
本题考查诱导公式的应用，同角三角函数基本关系式的应用，考查计算能力．
3、B
【解析】
根据二次函数图象的对称轴得出范围，轴截距，求出的范围，判断在区间端点函数值正负，即可求出结论.
【详解】
∵，结合函数的图象可知，
二次函数的对称轴为，，
，∵，
所以在上单调递增.
又因为，
所以函数的零点所在的区间是.
故选:B.
本题考查二次函数的图象及函数的零点，属于基础题.
4、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.
5、B
【解析】
根据线面垂直的判断方法对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】
对于A选项，当，，时，由于不在平面内，故无法得出.
对于B选项，由于，，所以.故B选项正确.
对于C选项，当，时，可能含于平面，故无法得出.
对于D选项，当，时，无法得出.
综上所述，的一个充分条件是“，”
故选：B
本小题主要考查线面垂直的判断，考查充分必要条件的理解，属于基础题.
6、B
【解析】
由θ是第二象限角且sinθ =知：，．
所以．
7、D
【解析】
先求得名学生中，只能说出一种或一种也说不出的人数，由此利用比例，求得名学生中对四大发明只能说出一种或一种也说不出的人数.
【详解】
在这100名学生中，只能说出一种或一种也说不出的有人，设对四大发明只能说出一种或一种也说不出的有人，则，解得人.
故选：D
本小题主要考查利用样本估计总体，属于基础题.
8、C
【解析】
作出不等式组所表示的可行域，平移直线，找出直线在轴上的截距最大时对应的最优解，代入目标函数计算即可.
【详解】
作出满足约束条件的可行域如图阴影部分（包括边界）所示．
由，得，平移直线，当直线经过点时，该直线在轴上的截距最大，此时取最大值，
即.
故选：C.
本题考查简单的线性规划问题，考查线性目标函数的最值，一般利用平移直线的方法找到最优解，考查数形结合思想的应用，属于基础题.
9、D
【解析】
由题得对恒成立，令，然后分别求出即可得的取值范围.
【详解】
由题得对恒成立，
令，
在单调递减，且，
在上单调递增，在上单调递减，
，
又在单调递增，，
的取值范围为.
故选：D
本题主要考查了不等式恒成立问题，导数的综合应用，考查了转化与化归的思想.求解不等式恒成立问题，可采用参变量分离法去求解.
10、B
【解析】
根据等比中项性质代入可得解，由等比数列项的性质确定值即可.
【详解】
由等比数列中等比中项性质可知，，
所以，
而由等比数列性质可知奇数项符号相同，所以，
故选：B.
本题考查了等比数列中等比中项的简单应用，注意项的符号特征，属于基础题.
11、B
【解析】
设正四面体ABCD的外接球的半径R，将该正四面体放入一个正方体内，使得每条棱恰好为正方体的面对角线，根据正方体和正四面体的外接球为同一个球计算出正方体的棱长，从而得出正四面体的棱长，最后可求出正四面体的表面积．
【详解】
将正四面体ABCD放在一个正方体内，设正方体的棱长为a，如图所示，
设正四面体ABCD的外接球的半径为R，则，得．因为正四面体ABCD的外接球和正方体的外接球是同一个球，则有，∴ ．而正四面体ABCD的每条棱长均为正方体的面对角线长，所以，正四面体ABCD的棱长为，因此，这个正四面体的表面积为．
故选：B．
本题考查球的内接多面体，解决这类问题就是找出合适的模型将球体的半径与几何体的一些几何量联系起来，考查计算能力，属于中档题．
12、B
【解析】
三视图对应的几何体为如图所示的几何体，利用割补法可求其体积.
【详解】
根据三视图可得原几何体如图所示，它是一个圆柱截去上面一块几何体，
把该几何体补成如下图所示的圆柱，
其体积为，故原几何体的体积为.
故选：B.
本题考查三视图以及不规则几何体的体积，复原几何体时注意三视图中的点线关系与几何体中的点、线、面的对应关系，另外，不规则几何体的体积可用割补法来求其体积，本题属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
利用正弦定理将角化边得到，再由余弦定理得到，根据同角三角函数的基本关系表示出，最后利用面积公式得到，由基本不等式求出的取值范围，即可得到面积的最值；
【详解】
解：∵在中，，∴，
∴，
∴，
∴.
∵，即，当且仅当时等号成立，
∴，∴面积的最大值为.
故答案为：
本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，三角形面积公式的应用，以及基本不等式的应用，属于中档题.
14、8
【解析】
由整体代入法利用基本不等式即可求得最小值.
【详解】
，
当且仅当时等号成立.
故的最小值为8，
故答案为：8.
本题考查基本不等式求和的最小值，整体代入法，属于基础题.
15、-189
【解析】
由二项式定理得，令r = 5得x5的系数是．
16、①②③
【解析】
根据偶函数的图象关于轴对称，利用已知中的条件作出偶函数的图象，利用图象对各个选项进行判断即可.
【详解】
解：当时又因为为偶函数
可画出的图象，如下所示：
可知当时有5个不同的零点；故①正确；
若，函数的零点不超过4个，
即，与的交点不超过4个，
时恒成立
又当时，
在上恒成立
在上恒成立
由于偶函数的图象，如下所示：
直线与图象的公共点不超过个，则，故②正确；
对，偶函数的图象，如下所示：
，使得直线与恰有4个不同的交点点，且相邻点之间的距离相等，故③正确．
故答案为：①②③
本题考查函数方程思想，数形结合思想，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）10
【解析】
（1）由二倍角的正弦公式以及正弦定理，可得，再根据二倍角的余弦公式计算即可；
（2）由已知可得，利用余弦定理解出，由已知计算出与，再根据三角形的面积公式求出结果即可.
【详解】
（1），
，
在中，由正弦定理得，，
又，
，
，
（2），，
，
由余弦定理得，，
则，
化简得，，
解得或（负值舍去），
，，
，，
，
的面积.
本题考查了三角形面积公式以及正弦定理、余弦定理的应用，考查了二倍角公式的应用，考查了运算能力，属于基础题.
18、 (1)；(2).
【解析】
（1）通过讨论的范围，分为，，三种情形，分别求出不等式的解集即可；
（2）通过分离参数思想问题转化为，根据绝对值不等式的性质求出最值即可得到的范围.
【详解】
(1)当时，原不等式等价于，解得，所以，
当时，原不等式等价于，解得，所以此时不等式无解，
当时，原不等式等价于，解得，所以
综上所述，不等式解集为.
(2)由，得，
当时，恒成立，所以；
当时，.
因为
当且仅当即或时，等号成立，
所以；
综上的取值范围是.
本题考查了解绝对值不等式问题，考查绝对值不等式的性质以及分类讨论思想，转化思想，属于中档题.
19、（Ⅰ）；（Ⅱ）。
【解析】
（Ⅰ）分类讨论，去掉绝对值，求得原绝对值不等式的解集；（Ⅱ）由条件利用基本不等式求得，，再由，求得的范围．
【详解】
（Ⅰ）当时，原不等式可化为，此时不成立；
当时，原不等式可化为，解得，即；
当时，原不等式可化为，解得.
综上，原不等式的解集是．
（Ⅱ）因为，当且仅当时等号成立，
所以.
当时，，所以．
所以，解得，故实数的取值范围为．
本题主要考查了绝对值不等式的解法，以及转化与化归思想，难度一般；常见的绝对值不等式的解法，法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．
20、见解析
【解析】
选择①或②或③，求出的值，然后利用等比数列的求和公式可得出关于的不等式，判断不等式是否存在符合条件的正整数解，在有解的情况下，解出不等式，进而可得出结论.
【详解】
选择①：因为，所以，所以．
令，即，，所以使得的正整数的最小值为；
选择②：因为，所以，．
因为，所以不存在满足条件的正整数；
选择③：因为，所以，所以．
令，即，整理得．
当为偶数时，原不等式无解；
当为奇数时，原不等式等价于，
所以使得的正整数的最小值为．
本题考查了等比数列的通项公式求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
21、（1），.（2）
【解析】
（1）根据直线的参数方程为（为参数），消去参数，即可求得的的普通方程，曲线的极坐标方程为，利用极坐标化直角坐标的公式: ，即可求得答案；
（2）的标准方程为，圆心为，半径为，根据点到直线距离公式，即可求得答案.
【详解】
（1）直线的参数方程为（为参数），消去参数
的普通方程为.
曲线的极坐标方程为，
利用极坐标化直角坐标的公式:
的直角坐标方程为.
（2）的标准方程为，圆心为，半径为
圆心到的距离为，
点到的距离的取值范围是.
本题解题关键是掌握极坐标化直角坐标的公式和点到直线距离公式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
22、（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）令，求导，可知单调递增，且，，因而在上存在零点，在此取得最小值，再证最小值大于零即可.
（2）根据题意得到在点处的切线的方程①，再设直线与相切于点， 有，即，再求得在点处的切线直线的方程为 ②由①②可得，即，根据，转化为，，令，转化为要使得在上存在零点，则只需，求解.
【详解】
（1）证明：设，
则，单调递增，且，，
因而在上存在零点，且在上单调递减，在上单调递增，
从而的最小值为.
所以，即.
（2），故，
故切线的方程为①
设直线与相切于点，注意到，
从而切线斜率为，
因此，
而，从而直线的方程也为 ②
由①②可知，
故，
由为正整数可知，，
所以，，
令，
则，
当时，为单调递增函数，且，从而在上无零点；
当时，要使得在上存在零点，则只需，，
因为为单调递增函数，，
所以；
因为为单调递增函数，且，
因此；
因为为整数，且，
所以.
本题主要考查导数在函数中的综合应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.