福建省南平市2027年高考冲刺数学模拟试题（含答案解析）

这是一份福建省南平市2027年高考冲刺数学模拟试题（含答案解析），共11页。试卷主要包含了已知变量的几组取值如下表，如图，在中，，且，则等内容，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，存在实数，使得，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
2．若复数满足（是虚数单位），则的虚部为（ ）
A．B．C．D．
3．已知正方体的棱长为1，平面与此正方体相交.对于实数，如果正方体的八个顶点中恰好有个点到平面的距离等于，那么下列结论中，一定正确的是
A．B．
C．D．
4．在平面直角坐标系中，经过点，渐近线方程为的双曲线的标准方程为（ ）
A．B．C．D．
5．已知变量的几组取值如下表：
若与线性相关，且，则实数（ ）
A．B．C．D．
6． 若x,y满足约束条件的取值范围是
A．[0,6]B．[0,4]C．[6, D．[4,
7．如图，在中，，且，则（ ）
A．1B．C．D．
8．阅读下侧程序框图，为使输出的数据为，则①处应填的数字为
A．B．C．D．
9．已知斜率为k的直线l与抛物线交于A，B两点，线段AB的中点为，则斜率k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
10．已知是双曲线的左、右焦点，若点关于双曲线渐近线的对称点满足（为坐标原点），则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
11．已知函数满足，当时，，则（ ）
A．或B．或
C．或D．或
12．如图，在三棱锥中，平面，，，，，分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为
A．0B．C．D．1
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中各项的系数和是________．
14．等腰直角三角形内有一点P，，，，，则面积为______.
15．记数列的前项和为，已知，且.若，则实数的取值范围为________.
16．若实数满足约束条件，设的最大值与最小值分别为，则_____．
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）如图中，为的中点，，，.
（1）求边的长；
（2）点在边上，若是的角平分线，求的面积.
18．（12分）已知是抛物线：的焦点，点在上，到轴的距离比小1.
（1）求的方程；
（2）设直线与交于另一点，为的中点，点在轴上，.若，求直线的斜率.
19．（12分）如图，在平面四边形中，，，.
（1）求；
（2）求四边形面积的最大值.
20．（12分）在创建“全国文明卫生城”过程中，运城市“创城办”为了调查市民对创城工作的了解情况，进行了一次创城知识问卷调查(一位市民只能参加一次)，通过随机抽样，得到参加问卷调查的人的得分统计结果如表所示：.
（1）由频数分布表可以大致认为，此次问卷调查的得分似为这人得分的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)，利用该正态分布，求；
（2）在（1）的条件下，“创城办”为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案：
①得分不低于的可以获赠次随机话费，得分低于的可以获赠次随机话费；
②每次获赠的随机话费和对应的概率为：
现有市民甲参加此次问卷调查，记(单位：元)为该市民参加问卷调查获赠的话费，求的分布列与数学期望.
附：参考数据与公式：，若，则，，
21．（12分）如图所示，在四面体中，，平面平面，，且.
（1）证明：平面；
（2）设为棱的中点，当四面体的体积取得最大值时，求二面角的余弦值.
22．（10分）如图，三棱锥中，，，，，.
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
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】
画出分段函数图像，可得，由于，构造函数，利用导数研究单调性，分析最值，即得解.
【详解】
由于，
,
由于，
令，，
在↗，↘
故.
故选：A
本题考查了导数在函数性质探究中的应用，考查了学生数形结合，转化划归，综合分析，数学运算的能力，属于较难题.
2、A
【解析】
由得,然后分子分母同时乘以分母的共轭复数可得复数,从而可得的虚部.
【详解】
因为,
所以,
所以复数的虚部为.
故选A.
本题考查了复数的除法运算和复数的概念,属于基础题.复数除法运算的方法是分子分母同时乘以分母的共轭复数,转化为乘法运算.
3、B
【解析】
此题画出正方体模型即可快速判断m的取值.
【详解】
如图（1）恰好有3个点到平面的距离为；如图（2）恰好有4个点到平面的距离为；如图（3）恰好有6个点到平面的距离为.
所以本题答案为B.
本题以空间几何体为载体考查点，面的位置关系，考查空间想象能力，考查了学生灵活应用知识分析解决问题的能力和知识方法的迁移能力，属于难题.
4、B
【解析】
根据所求双曲线的渐近线方程为，可设所求双曲线的标准方程为k．再把点代入，求得 k的值，可得要求的双曲线的方程．
【详解】
∵双曲线的渐近线方程为设所求双曲线的标准方程为k．又在双曲线上，则k=16-2=14,即双曲线的方程为∴双曲线的标准方程为
故选：B
本题主要考查用待定系数法求双曲线的方程，双曲线的定义和标准方程，以及双曲线的简单性质的应用，属于基础题．
5、B
【解析】
求出，把坐标代入方程可求得．
【详解】
据题意，得，所以，所以．
故选：B．
本题考查线性回归直线方程，由性质线性回归直线一定过中心点可计算参数值．
6、D
【解析】
解：x、y满足约束条件，表示的可行域如图：
目标函数z=x+2y经过C点时，函数取得最小值，
由解得C（2，1），
目标函数的最小值为：4
目标函数的范围是[4，+∞）．
故选D．
7、C
【解析】
由题可,所以将已知式子中的向量用表示，可得到的关系，再由三点共线，又得到一个关于的关系，从而可求得答案
【详解】
由，则
，即，所以，又共线，则.
故选：C
此题考查的是平面向量基本定理的有关知识，结合图形寻找各向量间的关系，属于中档题.
8、B
【解析】
考点：程序框图．
分析：分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是利用循环求S的值，我们用表格列出程序运行过程中各变量的值的变化情况，不难给出答案．
解：程序在运行过程中各变量的值如下表示：
S i 是否继续循环
循环前 1 1/
第一圈3 2 是
第二圈7 3 是
第三圈15 4 是
第四圈31 5 否
故最后当i＜5时退出，
故选B．
9、C
【解析】
设，，，，设直线的方程为：，与抛物线方程联立，由△得，利用韦达定理结合已知条件得，，代入上式即可求出的取值范围．
【详解】
设直线的方程为：， ，，，，
联立方程，消去得：，
△，
，
且，，
，
线段的中点为,，
，，
，，
，
，
把 代入，得，
，
，
故选：
本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，考查了韦达定理的应用，属于中档题．
10、B
【解析】
先利用对称得，根据可得，由几何性质可得，即，从而解得渐近线方程.
【详解】
如图所示：
由对称性可得：为的中点，且，
所以，
因为，所以，
故而由几何性质可得，即，
故渐近线方程为，
故选B.
本题考查了点关于直线对称点的知识，考查了双曲线渐近线方程，由题意得出是解题的关键，属于中档题.
11、C
【解析】
简单判断可知函数关于对称，然后根据函数的单调性，并计算，结合对称性，可得结果.
【详解】
由，
可知函数关于对称
当时，，
可知在单调递增
则
又函数关于对称，所以
且在单调递减，
所以或，故或
所以或
故选：C
本题考查函数的对称性以及单调性求解不等式，抽象函数给出式子的意义，比如：，，考验分析能力，属中档题.
12、B
【解析】
根据题意可得平面，，则即异面直线与所成的角，连接CG，在中，，易得，所以，所以，故选B．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
由题意得出展开式中共有11项，；再令求得展开式中各项的系数和．
【详解】
由的展开式中只有第六项的二项式系数最大，
所以展开式中共有11项，所以；
令，可求得展开式中各项的系数和是：
．
故答案为：1．
本小题主要考查二项式展开式的通项公式的运用，考查二项式展开式各项系数和的求法，属于基础题.
14、
【解析】
利用余弦定理计算，然后根据平方关系以及三角形面积公式，可得结果.
【详解】
设
由题可知：
由，
，，
所以
化简可得：
则或，即或
由，所以
所以
故答案为：
本题主要考查余弦定理解三角形，仔细观察，细心计算，属基础题.
15、
【解析】
根据递推公式，以及之间的关系，即可容易求得，再根据数列的单调性，求得其最大值，则参数的范围可求.
【详解】
当时，，解得.所以.
因为，
则，
两式相减，可得，
即，
则.两式相减，
可得.
所以数列是首项为3，公差为2的等差数列，
所以，则.
令，则.
当时，，数列单调递减，
而，，，
故，即实数的取值范围为.
故答案为：.
本题考查由递推公式求数列的通项公式，涉及数列单调性的判断，属综合困难题.
16、
【解析】
画出可行域，平移基准直线到可行域边界位置，由此求得最大值以及最小值，进而求得的比值.
【详解】
画出可行域如下图所示，由图可知，当直线过点时，取得最大值7；过点时，取得最小值2，所以.
本小题主要考查利用线性规划求线性目标函数的最值.这种类型题目的主要思路是：首先根据题目所给的约束条件，画出可行域；其次是求得线性目标函数的基准函数；接着画出基准函数对应的基准直线；然后通过平移基准直线到可行域边界的位置；最后求出所求的最值.属于基础题.
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）10；（2）.
【解析】
（1）由题意可得cs∠ADB＝﹣cs∠ADC，由已知利用余弦定理可得：9+BD2﹣52+9+BD2﹣16＝0，进而解得BC的值．（2）由（1）可知△ADC为直角三角形，可求S△ADC6，S△ABC＝2S△ADC＝12，利用角平分线的性质可得，根据S△ABC＝S△BCE+S△ACE可求S△BCE的值．
【详解】
（1）因为在边上，所以，
在和中由余弦定理，得，
因为，，，，
所以，所以，.
所以边的长为10.
（2）由（1）知为直角三角形，所以，.
因为是的角平分线，
所以.
所以，所以.
即的面积为.
本题主要考查了余弦定理，三角形的面积公式，角平分线的性质在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和数形结合思想，属于中档题．
18、（1）（2）
【解析】
（1）由抛物线定义可知，解得，故抛物线的方程为；
（2）设直线：，联立，利用韦达定理算出的中点，又，所以直线的方程为，
求出，利用求解即可.
【详解】
（1）设的准线为，过作于，则由抛物线定义，得，
因为到的距离比到轴的距离大1，所以，解得，
所以的方程为
（2）由题意，设直线方程为，
由消去，得，
设，，则，
所以，
又因为为的中点，点的坐标为，
直线的方程为，
令，得，点的坐标为，
所以，
解得，所以直线的斜率为.
本题主要考查抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系等基础知识，考查学生的运算求解能力.涉及抛物线的弦的中点，斜率问题时，可采用韦达定理或“点差法”求解.
19、（1）；（2）
【解析】
（1）根据同角三角函数式可求得，结合正弦和角公式求得，即可求得，进而由三角函数
（2）设根据余弦定理及基本不等式，可求得的最大值，结合三角形面积公式可求得的最大值，即可求得四边形面积的最大值.
【详解】
（1），
则由同角三角函数关系式可得，
则
，
则，
所以.
（2）设
在中由余弦定理可得，代入可得
，
由基本不等式可知，
即，当且仅当时取等号，
由三角形面积公式可得
，
所以四边形面积的最大值为.
本题考查了正弦和角公式化简三角函数式的应用，余弦定理及不等式式求最值的综合应用，属于中档题.
20、（1）（2）详见解析
【解析】
由题意，根据平均数公式求得，再根据，参照数据求解.
由题意得，获赠话费的可能取值为，求得相应的概率，列出分布列求期望.
【详解】
由题意得
综上，
由题意得，获赠话费的可能取值为
，
，
的分布列为：
本题主要考查正态分布和离散型随机变量的分布列及期望，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
21、（1）见证明；（2）
【解析】
（1）根据面面垂直的性质得到平面，从而得到，利用勾股定理得到，利用线面垂直的判定定理证得平面；
（2）设，利用椎体的体积公式求得 ，利用导数研究函数的单调性，从而求得时，四面体的体积取得最大值，之后利用空间向量求得二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：因为，平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
因为，所以，
所以，
因为，所以平面.
（2）解：设，则，
四面体的体积 .
，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
故当时，四面体的体积取得最大值.
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，.
设平面的法向量为，
则，即，
令，得，
同理可得平面的一个法向量为，
则.
由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为.
该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的性质，线面垂直的判定，椎体的体积，二面角的求法，在解题的过程中，注意巧用导数求解体积的最大值.
22、（1）证明见详解；（2）
【解析】
（1）取中点，根据，利用线面垂直的判定定理，可得平面，最后可得结果.
（2）利用建系，假设长度， 可得，以及平面的一个法向量，然后利用向量的夹角公式，可得结果.
【详解】
（1）取中点，连接，如图
由，
所以
由,平面
所以平面，又平面
所以
（2）假设，
由，，.
所以
则，所以
又，平面
所以平面，所以，
又，故建立空间直角坐标系，如图
设平面的一个法向量为
则
令，所以
则直线与平面所成角的正弦值为
本题考查线面垂直、线线垂直的应用，还考查线面角，学会使用建系的方法来解决立体几何问题，将几何问题代数化，化繁为简，属中档题.
1
2
3
4
7
组别
频数
赠送话费的金额(单位：元)
概率