2027届泸州市高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷（含答案解析）

这是一份2027届泸州市高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷（含答案解析），共8页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，设是虚数单位，，，则，已知数列满足，已知复数，其中为虚数单位，则，已知为等差数列，若，，则等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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．在平面直角坐标系中，已知点，，若动点满足 ，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
2．中，，为的中点，，，则（ ）
A．B．C．D．2
3．某学校为了调查学生在课外读物方面的支出情况，抽取了一个容量为的样本，其频率分布直方图如图所示，其中支出在（单位：元）的同学有34人，则的值为（ ）
A．100B．1000C．90D．90
4．设是虚数单位，，，则（ ）
A．B．C．1D．2
5．已知数列满足：，则( )
A．16B．25C．28D．33
6．已知表示两条不同的直线，表示两个不同的平面，且则“”是“”的( )条件.
A．充分不必要B．必要不充分C．充要D．既不充分也不必要
7．过抛物线的焦点且与的对称轴垂直的直线与交于，两点，，为的准线上的一点，则的面积为（ ）
A．1B．2C．4D．8
8．执行如图的程序框图，若输出的结果，则输入的值为( )
A．B．
C．3或D．或
9．已知复数，其中为虚数单位，则（ ）
A．B．C．2D．
10．已知为等差数列，若，，则( )
A．1B．2C．3D．6
11．关于的不等式的解集是，则关于的不等式的解集是（ ）
A．B．
C．D．
12．点为棱长是2的正方体的内切球球面上的动点，点为的中点，若满足，则动点的轨迹的长度为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若，则________，________.
14．如图，在长方体中，，E，F，G分别为的中点,点P在平面ABCD内，若直线平面EFG，则线段长度的最小值是________________.
15．根据记载，最早发现勾股定理的人应是我国西周时期的数学家商高，商高曾经和周公讨论过“勾3股4弦5”的问题.现有满足“勾3股4弦5”，其中“股”，为“弦”上一点（不含端点），且满足勾股定理，则______.
16．已知数列的前项和为，且成等差数列，，数列的前项和为，则满足的最小正整数的值为______________.
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）为了加强环保知识的宣传，某学校组织了垃圾分类知识竟赛活动.活动设置了四个箱子，分别写有“厨余垃圾”、“有害垃圾”、“可回收物”、“其它垃圾”；另有卡片若干张，每张卡片上写有一种垃圾的名称.每位参赛选手从所有卡片中随机抽取张，按照自己的判断将每张卡片放入对应的箱子中.按规则，每正确投放一张卡片得分，投放错误得分.比如将写有“废电池”的卡片放入写有“有害垃圾”的箱子，得分，放入其它箱子，得分.从所有参赛选手中随机抽取人，将他们的得分按照、、、、分组，绘成频率分布直方图如图：
（1）分别求出所抽取的人中得分落在组和内的人数；
（2）从所抽取的人中得分落在组的选手中随机选取名选手，以表示这名选手中得分不超过分的人数，求的分布列和数学期望.
18．（12分）在三角形中，角，，的对边分别为，，，若.
（Ⅰ）求角；
（Ⅱ）若，，求.
19．（12分）如图，在四棱锥中，平面，，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值．
20．（12分）在中，，， .求边上的高.
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）如图，在四棱锥中，侧棱底面，，，，是棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）若，点是线段上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值.
22．（10分）己知函数.
（1）当时，求证：；
（2）若函数，求证：函数存在极小值.
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、D
【解析】
设出的坐标为，依据题目条件，求出点的轨迹方程，
写出点的参数方程，则，根据余弦函数自身的范围，可求得结果.
【详解】
设 ，则
∵，
∴
∴
∴为点的轨迹方程
∴点的参数方程为（为参数）
则由向量的坐标表达式有：
又∵
∴
故选：D
考查学生依据条件求解各种轨迹方程的能力，熟练掌握代数式转换，能够利用三角换元的思想处理轨迹中的向量乘积，属于中档题.求解轨迹方程的方法有：①直接法；②定义法；③相关点法；④参数法；⑤待定系数法
2、D
【解析】
在中，由正弦定理得；进而得，在中，由余弦定理可得.
【详解】
在中，由正弦定理得，得，又，所以为锐角，所以，，
在中，由余弦定理可得，
.
故选：D
本题主要考查了正余弦定理的应用，考查了学生的运算求解能力.
3、A
【解析】
利用频率分布直方图得到支出在的同学的频率，再结合支出在（单位：元）的同学有34人，即得解
【详解】
由题意，支出在（单位：元）的同学有34人
由频率分布直方图可知，支出在的同学的频率为
．
故选：A
本题考查了频率分布直方图的应用，考查了学生概念理解，数据处理，数学运算的能力，属于基础题.
4、C
【解析】
由，可得，通过等号左右实部和虚部分别相等即可求出的值.
【详解】
解：，
，解得：.
故选:C.
本题考查了复数的运算，考查了复数相等的涵义.对于复数的运算类问题，易错点是把 当成进行运算.
5、C
【解析】
依次递推求出得解.
【详解】
n=1时，，
n=2时，，
n=3时，，
n=4时，，
n=5时，.
故选：C
本题主要考查递推公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
6、B
【解析】
根据充分必要条件的概念进行判断.
【详解】
对于充分性：若，则可以平行，相交，异面，故充分性不成立；
若，则可得，必要性成立.
故选：B
本题主要考查空间中线线，线面，面面的位置关系，以及充要条件的判断，考查学生综合运用知识的能力.解决充要条件判断问题，关键是要弄清楚谁是条件，谁是结论.
7、C
【解析】
设抛物线的解析式，得焦点为，对称轴为轴，准线为，这样可设点坐标为，代入抛物线方程可求得，而到直线的距离为，从而可求得三角形面积．
【详解】
设抛物线的解析式，
则焦点为，对称轴为轴，准线为，
∵ 直线经过抛物线的焦点，，是与的交点，
又轴，∴可设点坐标为，
代入，解得，
又∵点在准线上，设过点的的垂线与交于点，，
∴.
故应选C.
本题考查抛物线的性质，解题时只要设出抛物线的标准方程，就能得出点坐标，从而求得参数的值．本题难度一般．
8、D
【解析】
根据逆运算，倒推回求x的值，根据x的范围取舍即可得选项.
【详解】
因为,所以当，解得 ，所以3是输入的x的值；
当时，解得，所以是输入的x的值，
所以输入的x的值为 或3，
故选：D.
本题考查了程序框图的简单应用，通过结果反求输入的值，属于基础题.
9、D
【解析】
把已知等式变形，然后利用数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的公式计算得答案.
【详解】
解：，
则.
故选：D.
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，是基础题.
10、B
【解析】
利用等差数列的通项公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出．
【详解】
∵{an}为等差数列，,
∴，
解得＝﹣10，d＝3，
∴＝+4d＝﹣10+11＝1．
故选：B．
本题考查等差数列通项公式求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
11、A
【解析】
由的解集，可知及，进而可求出方程的解，从而可求出的解集.
【详解】
由的解集为，可知且，
令，解得，，
因为，所以的解集为，
故选：A.
本题考查一元一次不等式、一元二次不等式的解集，考查学生的计算求解能力与推理能力，属于基础题.
12、C
【解析】
设的中点为，利用正方形和正方体的性质，结合线面垂直的判定定理可以证明出平面，这样可以确定动点的轨迹，最后求出动点的轨迹的长度.
【详解】
设的中点为，连接，因此有，而，而平面，，因此有平面，所以动点的轨迹平面与正方体的内切球的交线. 正方体的棱长为2，所以内切球的半径为，建立如下图所示的以为坐标原点的空间直角坐标系：
因此有，设平面的法向量为，所以有
，因此到平面的距离为：，所以截面圆的半径为：，因此动点的轨迹的长度为.
故选：C
本题考查了线面垂直的判定定理的应用，考查了立体几何中轨迹问题，考查了球截面的性质，考查了空间想象能力和数学运算能力.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
根据诱导公式和二倍角公式计算得到答案.
【详解】
，故.
故答案为：；.
本题考查了诱导公式和二倍角公式，属于简单题.
14、
【解析】
如图，连接，证明平面平面EFG.因为直线平面EFG，所以点P在直线AC上. 当时.线段的长度最小，再求此时的得解.
【详解】
如图，连接，
因为E，F，G分别为AB，BC，的中点，
所以，平面，
则平面.因为，
所以同理得平面，又.
所以平面平面EFG.
因为直线平面EFG，所以点P在直线AC上.
在中，，
故当时.线段的长度最小，最小值为.
故答案为：
本题主要考查空间位置关系的证明，考查立体几何中的轨迹问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
15、
【解析】
先由等面积法求得，利用向量几何意义求解即可.
【详解】
由等面积法可得，依题意可得，，
所以.
故答案为：
本题考查向量的数量积，重点考查向量数量积的几何意义，属于基础题.
16、1
【解析】
本题先根据公式初步找到数列的通项公式，然后根据等差中项的性质可解得的值，即可确定数列的通项公式，代入数列的表达式计算出数列的通项公式，然后运用裂项相消法计算出前项和，再代入不等式进行计算可得最小正整数的值．
【详解】
由题意，当时，．
当时，．
则，．
，，成等差数列，
，即，
解得．
．
，．
．
．
，．
即，
，即，
，，
，即．
满足的最小正整数的值为1．
故答案为：1．
本题主要考查数列求通项公式、裂项相消法求前项和，考查了转化思想、方程思想，考查了不等式的计算、逻辑思维能力和数学运算能力．
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）所抽取的人中得分落在组和内的人数分别为人、人；（2）分布列见解析，.
【解析】
（1）将分别乘以区间、对应的矩形面积可得出结果；
（2）由题可知，随机变量的可能取值为、、，利用超几何分布概率公式计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，并由此计算出随机变量的数学期望值.
【详解】
（1）由题意知，所抽取的人中得分落在组的人数有（人），得分落在组的人数有（人）.
因此，所抽取的人中得分落在组的人数有人，得分落在组的人数有人；
（2）由题意可知，随机变量的所有可能取值为、、，
，，，
所以，随机变量的分布列为：
所以，随机变量的期望为.
本题考查利用频率分布直方图计算频数，同时也考查了离散型随机变量分布列与数学期望的求解，考查计算能力，属于基础题.
18、（Ⅰ）（Ⅱ）8
【解析】
（Ⅰ）由余弦定理可得，即可求出A,
（Ⅱ）根据同角的三角函数的关系和两角和的正弦公式和正弦定理即可求出.
【详解】
（Ⅰ）由余弦定理，
所以，
所以，
即，
因为，
所以；
（Ⅱ）因为，所以，
因为，
，
由正弦定理得，所以.
本题考查利用正弦定理与余弦定理解三角形，属于简单题.
19、（1）见解析；（2）
【解析】
(1) 取的中点,连接,根据中位线的方法证明四边形是平行四边形.再证明与从而证明平面,从而得到平面即可.
(2) 以所在的直线为轴建立空间直角坐标系,再求得平面的法向量与平面的法向量进而求得二面角的余弦值即可.
【详解】
（1）证明：如图,取的中点,连接.
又为的中点,则是的中位线.所以且.
又且,所以且.所以四边形是平行四边形.
所以.因为,为的中点,所以.
因为,所以.因为平面,所以.
又,所以平面.所以.
又,所以平面.又,所以平面.
（2）易知两两互相垂直,所以分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
因为,所以点.
则.设平面的法向量为,
由,得,
令,得平面的一个法向量为；显然平面的一个法向量为；
设二面角的大小为,则.
故二面角的余弦值是.
本题主要考查了线面垂直的证明以及建立空间直角坐标系求解二面角的问题,需要用到线线垂直与线面垂直的转换以及法向量的求法等.属于中档题.
20、详见解析
【解析】
选择①，利用正弦定理求得，利用余弦定理求得，再计算边上的高.
选择②，利用正弦定理得出，由余弦定理求出，再求边上的高.
选择③，利用余弦定理列方程求出，再计算边上的高.
【详解】
选择①，在中，由正弦定理得，
即，解得；
由余弦定理得，
即，
化简得，解得或（舍去）；
所以边上的高为.
选择②，在中，由正弦定理得，
又因为，所以，即；
由余弦定理得，
即，
化简得，解得或（舍去）；
所以边上的高为.
选择③，在中，由，得；
由余弦定理得，
即，
化简得，解得或（舍去）；
所以边上的高为.
本小题主要考查真闲的了、余弦定理解三角形，属于中档题.
21、（1）证明见解析；（2）
【解析】
（1）的中点，连接，，证明四边形是平行四边形可得，故而平面；
（2）以为原点建立空间坐标系，求出平面的法向量，计算与的夹角的余弦值得出答案．
【详解】
（1）证明：取的中点，连接，，
，分别是，的中点，
，，
又，，
，，
四边形是平行四边形，，
又平面，平面，
平面．
（2）解：，，
又，故，
以为原点，以，，为坐标轴建立空间直角坐标系，
则，0，，，0，，，2，，，0，，，2，，
是的中点，是的三等分点，
，1，，，，，
，，，，0，，，2，，
设平面的法向量为，，，则，即，
令可得，，，
，
，
直线与平面所成角的正弦值为．
本题考查了线面平行的判定，空间向量与直线与平面所成角的计算，属于中档题．
22、（1）证明见解析（2）证明见解析
【解析】
（1）求导得，由，且，得到，再利用函数在上单调递减论证.
（2）根据题意，求导，令，易知； ，易知当时，，；当时，函数单调递增，而，又，由零点存在定理得，使得，，使得，有从而得证.
【详解】
（1）依题意，，
因为，且，故，
故函数在上单调递减，
故.
（2）依题意，，
令，则；
而，可知当时，，
故函数在上单调递增，故当时，；
当时，函数单调递增，而，
又，故，使得，
故，使得，即函数单调递增，即单调递增；
故当时，，
故函数在上单调递减，在上单调递增，
故当时，函数有极小值.
本题考查利用导数研究函数的性质，还考查推理论证能力以及函数与方程思想，属于难题.