2027届福建省漳州市高考数学一模试卷（含答案解析）

这是一份2027届福建省漳州市高考数学一模试卷（含答案解析），共9页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，的展开式中的一次项系数为等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、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．的展开式中，含项的系数为（ ）
A．B．C．D．
2．五名志愿者到三个不同的单位去进行帮扶，每个单位至少一人，则甲、乙两人不在同一个单位的概率为（ ）
A．B．C．D．
3．抛物线的焦点为，则经过点与点且与抛物线的准线相切的圆的个数有（ ）
A．1个B．2个C．0个D．无数个
4．如图所示，正方体的棱，的中点分别为，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
5．若，则下列关系式正确的个数是（ ）
① ② ③ ④
A．1B．2C．3D．4
6．已知抛物线的焦点为，准线为，是上一点，是直线与抛物线的一个交点，若，则（ ）
A．B．3C．D．2
7．的展开式中的一次项系数为（ ）
A．B．C．D．
8．已知点在双曲线上，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
9．已知，如图是求的近似值的一个程序框图，则图中空白框中应填入
A．B．
C．D．
10．某四棱锥的三视图如图所示，该几何体的体积是（ ）
A．8B．C．4D．
11．各项都是正数的等比数列的公比，且成等差数列，则的值为( )
A．B．
C．D．或
12．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
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．下图是一个算法流程图，则输出的S的值是______.
14．如图，在中，已知，为边的中点．若，垂足为，则的值为__．
15．函数在区间(-∞，1)上递增，则实数a的取值范围是____
16．为激发学生团结协作，敢于拼搏，不言放弃的精神，某校高三5个班进行班级间的拔河比赛．每两班之间只比赛1场，目前（—）班已赛了4场，（二）班已赛了3场，（三）班已赛了2场，（四）班已赛了1场．则目前（五）班已经参加比赛的场次为__________．
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，四棱锥中，平面平面，若，四边形是平行四边形，且.
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）若点在线段上，且平面，，，求二面角的余弦值.
18．（12分）已知等比数列中，，是和的等差中项．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，求数列的前项和.
19．（12分）设椭圆E:（a,b>0）过M（2，） ，N(,1)两点，O为坐标原点，
（1）求椭圆E的方程；
（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且？若存在，写出该圆的方程，若不存在说明理由．
20．（12分）已知函数（），且只有一个零点.
（1）求实数a的值；
（2）若，且，证明：.
21．（12分）已知
（1）若 ，且函数 在区间 上单调递增，求实数a的范围；
（2）若函数有两个极值点 ，且存在 满足 ，令函数 ，试判断 零点的个数并证明．
22．（10分）已知点为圆：上的动点，为坐标原点，过作直线的垂线（当、重合时，直线约定为轴），垂足为，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求点的轨迹的极坐标方程；
（2）直线的极坐标方程为，连接并延长交于，求的最大值.
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、B
【解析】
在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于，求出的值，即可求得含项的系数．
【详解】
的展开式通项为，
令，得，可得含项的系数为.
故选：B.
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
2、D
【解析】
三个单位的人数可能为2，2，1或3，1，1，求出甲、乙两人在同一个单位的概率，利用互为对立事件的概率和为1即可解决.
【详解】
由题意，三个单位的人数可能为2，2，1或3，1，1；基本事件总数有
种，若为第一种情况，且甲、乙两人在同一个单位，共有种情况；若为第二
种情况，且甲、乙两人在同一个单位，共有种，故甲、乙两人在同一个单位的概率
为，故甲、乙两人不在同一个单位的概率为.
故选：D.
本题考查古典概型的概率公式的计算，涉及到排列与组合的应用，在正面情况较多时，可以先求其对立事件，即甲、乙两人在同一个单位的概率，本题有一定难度.
3、B
【解析】
圆心在的中垂线上，经过点，且与相切的圆的圆心到准线的距离与到焦点的距离相等，圆心在抛物线上，直线与抛物线交于2个点，得到2个圆．
【详解】
因为点在抛物线上，
又焦点，，
由抛物线的定义知，过点、且与相切的圆的圆心即为线段的垂直平分线与抛物线的交点，
这样的交点共有2个，
故过点、且与相切的圆的不同情况种数是2种．
故选：．
本题主要考查抛物线的简单性质，本题解题的关键是求出圆心的位置，看出圆心必须在抛物线上，且在垂直平分线上．
4、C
【解析】
以D为原点，DA，DC，DD1 分别为轴，建立空间直角坐标系，由向量法求出直线EF与平面AA1D1D所成角的正弦值．
【详解】
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则，，，
取平面的法向量为，
设直线EF与平面AA1D1D所成角为θ，则sinθ＝|，
直线与平面所成角的正弦值为.
故选C．
本题考查了线面角的正弦值的求法，也考查数形结合思想和向量法的应用，属于中档题．
5、D
【解析】
a，b可看成是与和交点的横坐标，画出图象，数形结合处理.
【详解】
令，，
作出图象如图，
由，的图象可知，
，，②正确；
，，有，①正确；
，，有，③正确；
，，有，④正确.
故选：D.
本题考查利用函数图象比较大小，考查学生数形结合的思想，是一道中档题.
6、D
【解析】
根据抛物线的定义求得，由此求得的长.
【详解】
过作，垂足为，设与轴的交点为.根据抛物线的定义可知.由于，所以，所以，所以，所以.
故选：D
本小题主要考查抛物线的定义，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.
7、B
【解析】
根据多项式乘法法则得出的一次项系数，然后由等差数列的前项和公式和组合数公式得出结论．
【详解】
由题意展开式中的一次项系数为．
故选：B．
本题考查二项式定理的应用，应用多项式乘法法则可得展开式中某项系数．同时本题考查了组合数公式．
8、C
【解析】
将点A坐标代入双曲线方程即可求出双曲线的实轴长和虚轴长，进而求得离心率.
【详解】
将,代入方程得，而双曲线的半实轴，所以，得离心率,故选C.
此题考查双曲线的标准方程和离心率的概念，属于基础题.
9、C
【解析】
由于中正项与负项交替出现，根据可排除选项A、B；执行第一次循环：，①若图中空白框中填入，则，②若图中空白框中填入，则，此时不成立，；执行第二次循环：由①②均可得，③若图中空白框中填入，则，④若图中空白框中填入，则，此时不成立，；执行第三次循环：由③可得，符合题意，由④可得，不符合题意，所以图中空白框中应填入，故选C．
10、D
【解析】
根据三视图知，该几何体是一条垂直于底面的侧棱为2的四棱锥，画出图形，结合图形求出底面积代入体积公式求它的体积．
【详解】
根据三视图知，该几何体是侧棱底面的四棱锥，如图所示：
结合图中数据知，该四棱锥底面为对角线为2的正方形，
高为PA=2，
∴四棱锥的体积为.
故选：D.
本题考查由三视图求几何体体积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力．属于中等题.
11、C
【解析】
分析：解决该题的关键是求得等比数列的公比，利用题中所给的条件，建立项之间的关系，从而得到公比所满足的等量关系式，解方程即可得结果.
详解：根据题意有，即，因为数列各项都是正数，所以，而，故选C.
点睛：该题应用题的条件可以求得等比数列的公比，而待求量就是，代入即可得结果.
12、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.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
根据流程图，运行程序即得.
【详解】
第一次运行，；
第二次运行，；
第三次运行，；
第四次运行；所以输出的S的值是.
故答案为：
本题考查算法流程图，是基础题.
14、
【解析】
，
由余弦定理，得，
得，，，
所以，所以．
点睛：本题考查平面向量的综合应用．本题中存在垂直关系，所以在线性表示的过程中充分利用垂直关系，得到，所以本题转化为求长度，利用余弦定理和面积公式求解即可．
15、
【解析】
根据复合函数单调性同增异减，结合二次函数的性质、对数型函数的定义域列不等式组，解不等式求得的取值范围.
【详解】
由二次函数的性质和复合函数的单调性可得
解得.
故答案为：
本小题主要考查根据对数型复合函数的单调性求参数的取值范围，属于基础题.
16、2
【解析】
根据比赛场次，分析，画出图象，计算结果.
【详解】
画图所示，可知目前（五）班已经赛了2场．
故答案为：2
本题考查推理，计数原理的图形表示，意在考查数形结合分析问题的能力，属于基础题型.
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、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）推导出BC⊥CE,从而EC⊥平面ABCD,进而EC⊥BD，再由BD⊥AE，得BD⊥平面
AEC,从而BD⊥AC,进而四边形ABCD是菱形，由此能证明AB=AD.
（Ⅱ）设AC与BD的交点为G,推导出EC// FG,取BC的中点为O,连结OD,则OD⊥BC,以O为坐标原点，以过点O且与CE平行的直线为x轴，以BC为y轴，OD为z轴，建立
空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A-BF-D的余弦值.
【详解】
（Ⅰ）证明：，即，
因为平面平面，
所以平面，
所以，
因为，
所以平面，
所以，
因为四边形是平行四边形，
所以四边形是菱形，
故；
解法一：（Ⅱ）设与的交点为，
因为平面，
平面平面于，
所以，
因为是中点，
所以是的中点，
因为，
取的中点为，连接，
则，
因为平面平面，
所以面，
以为坐标原点，以过点且与平行的直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系.不妨设，则，，，，，，，
设平面的法向量，
则，取，
同理可得平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，
因为，
所以二面角的余弦值为.
解法二：（Ⅱ）设与的交点为，
因为平面，平面平面于，
所以，
因为是中点，
所以是的中点，
因为，，
所以平面，
所以，
取中点，连接、，
因为，
所以，
故平面，
所以，即是二面角的平面角，
不妨设，
因为，，
在中，，
所以，所以二面角的余弦值为.
本题考查求空间角中的二面角的余弦值，还考查由空间中线面关系进而证明线线相等，属于中档题.
18、（1）（2）
【解析】
（1）用等比数列的首项和公比分别表示出已知条件，解方程组即可求得公比，代入等比数列的通项公式即可求得结果；
（2）把（1）中求得的结果代入bn＝an•lg2an，求出bn，利用错位相减法求出Tn．
【详解】
(1)设数列的公比为，
由题意知：，
∴，即.
∴，即.
(2)，
∴.①
.②
①－②得
∴.
本题考查等比数列的通项公式和等差中项的概念以及错位相减法求和，考查运算能力，属中档题．
19、（1）（2）
【解析】
试题分析：（1）因为椭圆E:（a,b>0）过M（2，），N(,1)两点,
所以解得所以椭圆E的方程为
（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且,设该圆的切线方程为解方程组得,即,
则△=,即
，
要使,需使,即,所以,所以又,
所以,所以,即或,
因为直线为圆心在原点的圆的一条切线,
所以圆的半径为,,,
所求的圆为,此时圆的切线都满足或,
而当切线的斜率不存在时切线为与椭圆的两个交点为或满足,
综上, 存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且．
考点：本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，圆与椭圆的位置关系．
点评：中档题，涉及直线与圆锥曲线的位置关系问题，往往要利用韦达定理．存在性问题，往往从假设存在出发，运用题中条件探寻得到存在的是否条件具备．（2）小题解答中，集合韦达定理，应用平面向量知识证明了圆的存在性．
20、（1）（2）证明见解析
【解析】
(1)求导可得在上,在上,所以函数在时,取最小值,由函数只有一个零点,观察可知则有,即可求得结果.
(2)由(1)可知为最小值,则构造函数（）,求导借助基本不等式可判断为减函数,即可得,即则有,由已知可得，由,可知 ,因为时,为增函数，即可得证得结论.
【详解】
（1）（）.
因为，所以，
令得，
，
且，，在上；
在上；
所以函数在时，取最小值，
当最小值为0时，函数只有一个零点，
易得，所以，
解得.
（2）由（1）得，函数，
设（），则，
设（），
则，
，
所以为减函数，所以，
即，
所以，即，
又，所以，
又当时，为增函数，
所以，即.
本题考查借助导数研究函数的单调性及最值,考查学生分析问题的能力,及逻辑推理能力,难度困难.
21、（1）（2）函数有两个零点和
【解析】
试题分析：（1）求导后根据函数在区间单调递增，导函数大于或等于0（2）先判断为一个零点，然后再求导，根据，化简求得另一个零点。
解析：（1）当时，，因为函数在上单调递增，
所以当时，恒成立．[来源:Z&X&X&K]
函数的对称轴为．
①，即时，，
即，解之得，解集为空集；
②，即时，
即，解之得，所以
③，即时，
即，解之得，所以
综上所述，当 函数在区间 上单调递增．
（2）∵有两个极值点，
∴是方程的两个根，且函数在区间和上单调递增，在上单调递减．
∵
∴函数也是在区间和上单调递增，在上单调递减
∵，∴是函数的一个零点．
由题意知：
∵，∴，∴∴，∴又
∵是方程的两个根，
∴，,
∴
∵函数图像连续，且在区间上单调递增，在上单调递减，在上单调递增
∴当时，，当时，当时，
∴函数有两个零点和．
22、（1）；（2）
【解析】
（1）设的极坐标为，在中，有，即可得结果；
（2）设射线：，，圆的极坐标方程为，联立两个方程，可求出，联立可得，则计算可得，利用三角函数的性质可得最值.
【详解】
（1）设的极坐标为，在中，有，
点的轨迹的极坐标方程为；
（2）设射线：，，圆的极坐标方程为，
由得：，
由得：，
，
，
当，即时，，
的最大值为.
本题考查极坐标方程的应用，考查三角函数性质的应用，是中档题.