2027届甘肃省白银市高考数学三模试卷（含答案解析）

这是一份2027届甘肃省白银市高考数学三模试卷（含答案解析），共8页。试卷主要包含了已知抛物线，记的最大值和最小值分别为和等内容，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．己知四棱锥中，四边形为等腰梯形，，，是等边三角形，且；若点在四棱锥的外接球面上运动，记点到平面的距离为，若平面平面，则的最大值为（ ）
A．B．
C．D．
2．已知是过抛物线焦点的弦，是原点，则（ ）
A．－2B．－4C．3D．－3
3．设数列是等差数列，，.则这个数列的前7项和等于（ ）
A．12B．21C．24D．36
4．已知为定义在上的奇函数，若当时，（为实数），则关于的不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
5．已知抛物线：（）的焦点为，为该抛物线上一点，以为圆心的圆与的准线相切于点，，则抛物线方程为（ ）
A．B．C．D．
6．2019年10月17日是我国第6个“扶贫日”，某医院开展扶贫日“送医下乡”医疗义诊活动，现有五名医生被分配到四所不同的乡镇医院中，医生甲被指定分配到医院，医生乙只能分配到医院或医院，医生丙不能分配到医生甲、乙所在的医院，其他两名医生分配到哪所医院都可以，若每所医院至少分配一名医生，则不同的分配方案共有( )
A．18种B．20种C．22种D．24种
7．已知双曲线的实轴长为，离心率为，、分别为双曲线的左、右焦点，点在双曲线上运动，若为锐角三角形，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的（ ）
A．B．C．D．
9．记的最大值和最小值分别为和．若平面向量、、，满足，则（ ）
A．B．
C．D．
10．如图所示的茎叶图为高三某班名学生的化学考试成绩，算法框图中输入的，，，，为茎叶图中的学生成绩，则输出的，分别是（ ）

A．，B．，
C．，D．，
11．已知是双曲线的两个焦点，过点且垂直于轴的直线与相交于两点，若，则的内切圆半径为（ ）
A．B．C．D．
12．已知与分别为函数与函数的图象上一点，则线段的最小值为( )
A．B．C．D．6
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．将底面直径为4，高为的圆锥形石块打磨成一个圆柱，则该圆柱的侧面积的最大值为__________.
14．已知函数的部分图象如图所示，则的值为____________.

15．已知抛物线的焦点为，直线与抛物线相切于点，是上一点(不与重合)，若以线段为直径的圆恰好经过，则点到抛物线顶点的距离的最小值是__________.
16．如图，在菱形ABCD中，AB=3，，E，F分别为BC，CD上的点，，若线段EF上存在一点M，使得，则____________，____________．（本题第1空2分，第2空3分）
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）设函数（）的最小值为.
（1）求的值；
（2）若，，为正实数，且，证明：.
18．（12分）已知矩阵，.
求矩阵；
求矩阵的特征值.
19．（12分）已知抛物线E：y2＝2px（p＞0），焦点F到准线的距离为3，抛物线E上的两个动点A（x1，y1）和B（x2，y2），其中x1≠x2且x1+x2＝1．线段AB的垂直平分线与x轴交于点 C．
（1）求抛物线E的方程；
（2）求△ABC面积的最大值．
20．（12分）已知函数，．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的极小值；
（3）求函数的零点个数．
21．（12分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数).以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（Ⅰ）求直线的直角坐标方程与曲线的普通方程；
（Ⅱ）已知点设直线与曲线相交于两点，求的值.
22．（10分）椭圆：（）的离心率为，它的四个顶点构成的四边形面积为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设是直线上任意一点，过点作圆的两条切线，切点分别为，，求证：直线恒过一个定点.
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】
根据平面平面，四边形为等腰梯形，则球心在过的中点的面的垂线上，又是等边三角形，所以球心也在过的外心面的垂线上，从而找到球心，再根据已知量求解即可.
【详解】
依题意如图所示：
取的中点，则是等腰梯形外接圆的圆心，
取是的外心，作平面平面，
则是四棱锥的外接球球心，且，
设四棱锥的外接球半径为，则，而，
所以，
故选：A.
本题考查组合体、球，还考查空间想象能力以及数形结合的思想，属于难题.
2、D
【解析】
设，，设：，联立方程得到，计算
得到答案.
【详解】
设，，故.
易知直线斜率不为，设：，联立方程，
得到，故，故.
故选：.
本题考查了抛物线中的向量的数量积，设直线为可以简化运算，是解题的关键 .
3、B
【解析】
根据等差数列的性质可得，由等差数列求和公式可得结果.
【详解】
因为数列是等差数列，，
所以，即，
又，
所以，，
故
故选：B
本题主要考查了等差数列的通项公式，性质，等差数列的和，属于中档题.
4、A
【解析】
先根据奇函数求出m的值，然后结合单调性求解不等式.
【详解】
据题意，得，得，所以当时，.分析知，函数在上为增函数.又，所以.又，所以，所以，故选A.
本题主要考查函数的性质应用，侧重考查数学抽象和数学运算的核心素养.
5、C
【解析】
根据抛物线方程求得点的坐标，根据轴、列方程，解方程求得的值.
【详解】
不妨设在第一象限，由于在抛物线上，所以，由于以为圆心的圆与的准线相切于点，根据抛物线的定义可知，、轴，且.由于，所以直线的倾斜角为，所以，解得，或（由于，故舍去）.所以抛物线的方程为.
故选：C
本小题主要考查抛物线的定义，考查直线的斜率，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
6、B
【解析】
分两类：一类是医院A只分配1人，另一类是医院A分配2人，分别计算出两类的分配种数，再由加法原理即可得到答案.
【详解】
根据医院A的情况分两类：
第一类：若医院A只分配1人，则乙必在医院B，当医院B只有1人，则共有种不同
分配方案，当医院B有2人，则共有种不同分配方案，所以当医院A只分配1人时，
共有种不同分配方案；
第二类：若医院A分配2人，当乙在医院A时，共有种不同分配方案，当乙不在A医院，
在B医院时，共有种不同分配方案，所以当医院A分配2人时，
共有种不同分配方案；
共有20种不同分配方案.
故选：B
本题考查排列与组合的综合应用，在做此类题时，要做到分类不重不漏，考查学生分类讨论的思想，是一道中档题.
7、A
【解析】
由已知先确定出双曲线方程为，再分别找到为直角三角形的两种情况，最后再结合即可解决.
【详解】
由已知可得，，所以，从而双曲线方程为
，不妨设点在双曲线右支上运动，则，当时，
此时，所以，
，所以；
当轴时，，所以，又为锐角三
角形，所以.
故选：A.
本题考查双曲线的性质及其应用，本题的关键是找到为锐角三角形的临界情况，即为直角三角形，是一道中档题.
8、C
【解析】
试题分析：通过对以下四个四棱锥的三视图对照可知，只有选项C是符合要求的.
考点：三视图
9、A
【解析】
设为、的夹角，根据题意求得，然后建立平面直角坐标系，设，，，根据平面向量数量积的坐标运算得出点的轨迹方程，将和转化为圆上的点到定点距离，利用数形结合思想可得出结果.
【详解】
由已知可得，则，，，
建立平面直角坐标系，设，，，
由，可得，
即，
化简得点的轨迹方程为，则，
则转化为圆上的点与点的距离，，，
，
转化为圆上的点与点的距离，
，.
故选：A.
本题考查和向量与差向量模最值的求解，将向量坐标化，将问题转化为圆上的点到定点距离的最值问题是解答的关键，考查化归与转化思想与数形结合思想的应用，属于中等题.
10、B
【解析】
试题分析：由程序框图可知，框图统计的是成绩不小于80和成绩不小于60且小于80的人数，由茎叶图可知，成绩不小于80的有12个，成绩不小于60且小于80的有26个，故，．
考点：程序框图、茎叶图．
11、B
【解析】
首先由求得双曲线的方程，进而求得三角形的面积，再由三角形的面积等于周长乘以内切圆的半径即可求解.
【详解】
由题意将代入双曲线的方程,得则,由,得的周长为
,
设的内切圆的半径为,则,
故选：B
本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查三角形的内心的概念，考查了转化的思想，属于中档题.
12、C
【解析】
利用导数法和两直线平行性质，将线段的最小值转化成切点到直线距离.
【详解】
已知与分别为函数与函数的图象上一点，
可知抛物线存在某条切线与直线平行，则，
设抛物线的切点为，则由可得，
，所以切点为，
则切点到直线的距离为线段的最小值，
则.
故选：C.
本题考查导数的几何意义的应用，以及点到直线的距离公式的应用，考查转化思想和计算能力.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
由题意欲使圆柱侧面积最大，需使圆柱内接于圆锥.设圆柱的高为h，底面半径为r，则，将侧面积表示成关于的函数，再利用一元二次函数的性质求最值.
【详解】
欲使圆柱侧面积最大，需使圆柱内接于圆锥.设圆柱的高为h，底面半径为r，则，
所以.
∴，
当时，的最大值为.
故答案为：.
本题考查圆柱的侧面积的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想、，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意将问题转化为函数的最值问题.
14、
【解析】
由图可得的周期、振幅，即可得，再将代入可解得，进一步求得解析式及.
【详解】
由图可得，，所以，即，
又，即，，
又，故，所以，.
故答案为：
本题考查由图象求解析式及函数值，考查学生识图、计算等能力，是一道中档题.
15、
【解析】
根据抛物线，不妨设，取 ，通过求导得， ，再根据以线段为直径的圆恰好经过，则 ，得到，两式联立，求得点N的轨迹，再求解最值.
【详解】
因为抛物线，不妨设，取 ，
所以，即，
所以 ，
因为以线段为直径的圆恰好经过，
所以 ，
所以，
所以，
由 ，解得，
所以点在直线 上，
所以当时， 最小，最小值为.
故答案为：2
本题主要考查直线与抛物线的位置关系直线的交轨问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
16、
【解析】
根据题意，设，则，所以，解得，所以，从而有 .
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）证明见解析
【解析】
（1）分类讨论，去绝对值求出函数的解析式，根据一次函数的性质，得出的单调性，得出取最小值，即可求的值；
（2）由（1）得出，利用“乘1法”，令，化简后利用基本不等式求出的最小值，即可证出.
【详解】
（1）解：
当时，单调递减；当时，单调递增.
所以当时，取最小值.
（2）证明：由（1）可知.
要证明：，即证，
因为，，为正实数，
所以
.
当且仅当，即，，时取等号，
所以.
本题考查绝对值不等式和基本不等式的应用，还运用“乘1法”和分类讨论思想，属于中档题.
18、；，.
【解析】
由题意，可得，利用矩阵的知识求解即可.
矩阵的特征多项式为，令，求出矩阵的特征值.
【详解】
设矩阵，则，
所以，解得，，，，
所以矩阵；
矩阵的特征多项式为，
令，解得，，
即矩阵的两个特征值为，.
本题考查矩阵的知识点，属于常考题.
19、（1）y2＝6x（2）．
【解析】
（1）根据抛物线定义，写出焦点坐标和准线方程，列方程即可得解；
（2）根据中点坐标表示出|AB|和点到直线的距离，得出面积，利用均值不等式求解最大值.
【详解】
（1）抛物线E：y2＝2px（p＞0），焦点F（，0）到准线x的距离为3，可得p＝3，即有抛物线方程为y2＝6x；
（2）设线段AB的中点为M（x0，y0），则，
y0，kAB，
则线段AB的垂直平分线方程为y﹣y0（x﹣2），①
可得x＝5，y＝0是①的一个解，所以AB的垂直平分线与x轴的交点C为定点，
且点C（5，0），由①可得直线AB的方程为y﹣y0（x﹣2），即x（y﹣y0）+2 ②
代入y2＝6x可得y2＝2y0（y﹣y0）+12，即y2﹣2y0y+2y02＝0 ③，
由题意y1，y2是方程③的两个实根，且y1≠y2，
所以△＝1y02﹣1（2y02﹣12）＝﹣1y02+18＞0，解得﹣2y0＜2，
|AB|
，
又C（5，0）到线段AB的距离h＝|CM|，
所以S△ABC|AB|h•
，
当且仅当9+y02＝21﹣2y02，即y0＝±，A（，），B（，），
或A（，），B（，）时等号成立，
所以S△ABC的最大值为．
此题考查根据焦点和准线关系求抛物线方程，根据直线与抛物线位置关系求解三角形面积的最值，表示三角形的面积关系常涉及韦达定理整体代入，抛物线中需要考虑设点坐标的技巧，处理最值问题常用函数单调性求解或均值不等式求最值.
20、（1）；（2）极小值；（3）函数的零点个数为．
【解析】
（1）求出和的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）利用导数分析函数的单调性，进而可得出该函数的极小值；
（3）由当时，以及，结合函数在区间上的单调性可得出函数的零点个数.
【详解】
（1）因为，所以．
所以，．
所以曲线在点处的切线为；
（2）因为，令，得或．
列表如下：
所以，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为，
所以，当时，函数有极小值；
（3）当时，，且．
由（2）可知，函数在上单调递增，所以函数的零点个数为．
本题考查利用导数求函数的切线方程、极值以及利用导数研究函数的零点问题，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
21、（Ⅰ）直线的直角坐标方程为；曲线的普通方程为；（Ⅱ）.
【解析】
（I）利用参数方程、普通方程、极坐标方程间的互化公式即可；
（II）将直线参数方程代入抛物线的普通方程，可得，而根据直线参数方程的几何意义，知，代入即可解决.
【详解】
由
可得直线的直角坐标方程为
由曲线的参数方程，消去参数
可得曲线的普通方程为.
易知点在直线上，直线的参数方程为(为参数).
将直线的参数方程代入曲线的普通方程，并整理得.
设是方程的两根，则有.
本题考查参数方程、普通方程、极坐标方程间的互化，直线参数方程的几何意义，是一道容易题.
22、（1）；（2）证明见解析.
【解析】
（1）根据椭圆的基本性质列出方程组，即可得出椭圆方程；
（2）设点，，，由，，结合斜率公式化简得出，，即，满足，由的任意性，得出直线恒过一个定点.
【详解】
（1）依题意得，解得
即椭圆：；
（2）设点，，
其中，
由，得，
即，
注意到，
于是，
因此，满足
由的任意性知，，，即直线恒过一个定点.
本题主要考查了求椭圆的方程，直线过定点问题，属于中档题.
0
极大值
极小值