2027年安徽省马鞍山市高考考前提分数学仿真卷（含答案解析）

这是一份2027年安徽省马鞍山市高考考前提分数学仿真卷（含答案解析），共11页。试卷主要包含了数列满足，且，，则，设函数的定义域为，命题，若复数满足，设全集为R，集合，，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．已知函数是偶函数，当时，函数单调递减，设，，，则的大小关系为（）
A．B．C．D．
2．年部分省市将实行“”的新高考模式，即语文、数学、英语三科必选，物理、历史二选一，化学、生物、政治、地理四选二，若甲同学选科没有偏好，且不受其他因素影响，则甲同学同时选择历史和化学的概率为
A．B．
C．D．
3．已知函数的图象如图所示，则下列说法错误的是（ ）
A．函数在上单调递减
B．函数在上单调递增
C．函数的对称中心是
D．函数的对称轴是
4．在正方体中，点，，分别为棱，，的中点，给出下列命题：①；②；③平面；④和成角为.正确命题的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
5．数列满足，且，，则（ ）
A．B．9C．D．7
6．设函数的定义域为，命题：，的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
7．要得到函数的图象，只需将函数的图象上所有点的（ ）
A．横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向左平移个单位长度
B．横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位长度
C．横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度
D．横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度
8．若复数满足（是虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
9．某几何体的三视图如图所示，其俯视图是由一个半圆与其直径组成的图形，则此几何体的体积是（ ）
A．B．C．D．
10．设全集为R，集合，，则
A．B．C．D．
11．若(1＋2ai)i＝1－bi，其中a，b∈R，则|a＋bi|＝( )．
A．B．C．D．5
12．若集合，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．实数满足，则的最大值为_____．
14．的角所对的边分别为，且，，若，则的值为__________.
15．设数列的前项和为，且对任意正整数，都有，则___
16．函数与的图象上存在关于轴的对称点，则实数的取值范围为______.
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）已知椭圆的离心率为，椭圆C的长轴长为4.
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知直线与椭圆C交于两点，是否存在实数k使得以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由.
18．（12分）设为等差数列的前项和，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若满足不等式的正整数恰有个，求正实数的取值范围．
19．（12分）如图，在四边形ABCD中，AB//CD，∠ABD=30°，AB＝2CD＝2AD＝2，DE⊥平面ABCD，EF//BD，且BD＝2EF．
（Ⅰ）求证：平面ADE⊥平面BDEF；
（Ⅱ）若二面角CBFD的大小为60°，求CF与平面ABCD所成角的正弦值．
20．（12分）如图，在长方体中，，为的中点，为的中点，为线段上一点，且满足，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
21．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为：（其中为参数），直线的参数方程为（其中为参数）
（1）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求曲线的极坐标方程；
（2）若曲线与直线交于两点，点的坐标为，求的值.
22．（10分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为，（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（Ⅰ）求的极坐标方程和的直角坐标方程；
（Ⅱ）设分别交于两点（与原点不重合），求的最小值.
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、A
【解析】
根据图象关于轴对称可知关于对称，从而得到在上单调递增且；再根据自变量的大小关系得到函数值的大小关系.
【详解】
为偶函数 图象关于轴对称
图象关于对称
时，单调递减 时，单调递增
又且 ，即
本题正确选项：
本题考查利用函数奇偶性、对称性和单调性比较函数值的大小关系问题，关键是能够通过奇偶性和对称性得到函数的单调性，通过自变量的大小关系求得结果.
2、B
【解析】
甲同学所有的选择方案共有种，甲同学同时选择历史和化学后，只需在生物、政治、地理三科中再选择一科即可，共有种选择方案，根据古典概型的概率计算公式，可得甲同学同时选择历史和化学的概率，故选B．
3、B
【解析】
根据图象求得函数的解析式，结合余弦函数的单调性与对称性逐项判断即可.
【详解】
由图象可得，函数的周期，所以.
将点代入中，得，解得，由，可得，所以.
令，得，
故函数在上单调递减，
当时，函数在上单调递减，故A正确；
令，得，
故函数在上单调递增.
当时，函数在上单调递增，故B错误；
令，得，故函数的对称中心是，故C正确；
令，得，故函数的对称轴是，故D正确.
故选：B.
本题考查由图象求余弦型函数的解析式，同时也考查了余弦型函数的单调性与对称性的判断，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
4、C
【解析】
建立空间直角坐标系，利用向量的方法对四个命题逐一分析，由此得出正确命题的个数.
【详解】
设正方体边长为，建立空间直角坐标系如下图所示，，.
①，，所以，故①正确.
②，，不存在实数使，故不成立，故②错误.
③，，，故平面不成立，故③错误.
④，，设和成角为，则，由于，所以，故④正确.
综上所述，正确的命题有个.
故选：C
本小题主要考查空间线线、线面位置关系的向量判断方法，考查运算求解能力，属于中档题.
5、A
【解析】
先由题意可得数列为等差数列，再根据，，可求出公差，即可求出．
【详解】
数列满足，则数列为等差数列，
，，
，，
，
，
故选：．
本题主要考查了等差数列的性质和通项公式的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题．
6、D
【解析】
根据命题的否定的定义，全称命题的否定是特称命题求解.
【详解】
因为：，是全称命题，
所以其否定是特称命题，即，.
故选：D
本题主要考查命题的否定，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.
7、C
【解析】
根据三角函数图像的变换与参数之间的关系，即可容易求得.
【详解】
为得到，
将横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），
故可得；
再将 向左平移个单位长度，
故可得.
故选：C.
本题考查三角函数图像的平移，涉及诱导公式的使用，属基础题.
8、B
【解析】
利用复数乘法运算化简，由此求得.
【详解】
依题意，所以.
故选：B
本小题主要考查复数的乘法运算，考查复数模的计算，属于基础题.
9、C
【解析】
由三视图可知，该几何体是下部是半径为2，高为1的圆柱的一半，上部为底面半径为2，高为2的圆锥的一半，所以，半圆柱的体积为，上部半圆锥的体积为，所以该几何体的体积为，故应选．
10、B
【解析】
分析：由题意首先求得，然后进行交集运算即可求得最终结果.
详解：由题意可得：，
结合交集的定义可得：.
本题选择B选项.
点睛：本题主要考查交集的运算法则，补集的运算法则等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
11、C
【解析】
试题分析：由已知，－2a＋i＝1－bi，根据复数相等的充要条件，有a＝－，b＝－1
所以|a＋bi|＝，选C
考点：复数的代数运算，复数相等的充要条件，复数的模
12、D
【解析】
由题意，分析即得解
【详解】
由题意，故，
故选：D
本题考查了元素和集合，集合和集合之间的关系，考查了学生概念理解，数学运算能力，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】
画出可行域，解出可行域的顶点坐标，代入目标函数求出相应的数值，比较大小得到目标函数最值.
【详解】
解：作出可行域，如图所示，
则当直线过点时直线的截距最大，z取最大值．
由同理
，，
取最大值．
故答案为： ．
本题考查线性规划的线性目标函数的最优解问题. 线性目标函数的最优解一般在平面区域的顶点或边界处取得，所以对于一般的线性规划问题，若可行域是一个封闭的图形，我们可以直接解出可行域的顶点，然后将坐标代入目标函数求出相应的数值，从而确定目标函数的最值；若可行域不是封闭图形还是需要借助截距的几何意义来求最值.
14、
【解析】
先利用余弦定理求出，再用正弦定理求出并把转化为与边有关的等式，结合可求的值.
【详解】
因为，故，因为，所以.
由正弦定理可得三角形外接圆的半径满足，
所以即.
因为，
解得或（舍）.
故答案为：.
本题考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，注意结合求解目标对所得的方程组变形整合后整体求解，本题属于中档题.
15、
【解析】
利用行列式定义，得到与的关系，赋值，即可求出结果。
【详解】
由，令，
得，解得。
本题主要考查行列式定义的应用。
16、
【解析】
先求得与关于轴对称的函数，将问题转化为与的图象有交点，即方程有解.对分成三种情况进行分类讨论，由此求得实数的取值范围.
【详解】
因为关于轴对称的函数为，因为函数与的图象上存在关于轴的对称点，所以与的图象有交点，方程有解.
时符合题意.
时转化为有解，即，的图象有交点，是过定点的直线，其斜率为，若，则函数与的图象必有交点，满足题意；若，设，相切时，切点的坐标为，则，解得，切线斜率为，由图可知，当，即时，，的图象有交点，此时，与的图象有交点，函数与的图象上存在关于轴的对称点，综上可得，实数的取值范围为.
故答案为：
本小题主要考查利用导数求解函数的零点以及对称性，函数与方程等基础知识，考查学生分析问题，解决问题的能力，推理与运算求解能力，转化与化归思想和应用意识.
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）存在，当时，以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O.
【解析】
（1）设椭圆的焦半距为，利用离心率为，椭圆的长轴长为1．列出方程组求解，推出，即可得到椭圆的方程．
（2）存在实数使得以线段为直径的圆恰好经过坐标原点．设点，，，，将直线的方程代入，化简，利用韦达定理，结合向量的数量积为0，转化为：．求解即可．
【详解】
解：（1）设椭圆的焦半距为c，则由题设，得，解得，
所以，故所求椭圆C的方程为
（2）存在实数k使得以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O.理由如下：
设点，，将直线的方程代入，
并整理，得.（*）
则，
因为以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O，所以，即.
又，于是，
解得，
经检验知：此时（*）式的，符合题意.
所以当时，以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O
本题考查椭圆方程的求法，椭圆的简单性质，直线与椭圆位置关系的综合应用，考查计算能力以及转化思想的应用，属于中档题.
18、（1）；（2）．
【解析】
（1）设等差数列的公差为，根据题意得出关于和的方程组，解出这两个量的值，然后利用等差数列的通项公式可得出数列的通项公式；
（2）求出，可得出，可知当为奇数时不等式不成立，只考虑为偶数的情况，利用数列单调性的定义判断数列中偶数项构成的数列的单调性，由此能求出正实数的取值范围．
【详解】
（1）设等差数列的公差为，
则，整理得，
解得，，因此，；
（2），
满足不等式的正整数恰有个，得，
由于，若为奇数，则不等式不可能成立.
只考虑为偶数的情况，令，
则，．
.
当时，，则；
当时，，则；
当时，，则.
所以，，
又，，，，.
因此，实数的取值范围是.
本题考查数列的通项公式的求法，考查正实数的取值范围的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19、（1）见解析（2）
【解析】
分析：(1)根据面面垂直的判定定理即可证明平面ADE⊥平面BDEF；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求CF与平面ABCD所成角的正弦值；也可以应用常规法，作出线面角，放在三角形当中来求解.
详解：（Ⅰ）在△ABD中，∠ABD＝30°，由AO2＝AB2+BD2－2AB·BDcs30°，
解得BD＝，所以AB2+BD2=AB2，根据勾股定理得∠ADB＝90°∴AD⊥BD.
又因为DE⊥平面ABCD，AD平面ABCD，∴AD⊥DE.
又因为BDDE＝D，所以AD⊥平面BDEF，又AD平面ABCD，
∴平面ADE⊥平面BDEF，
（Ⅱ）方法一：
如图，由已知可得，，则
，则三角形BCD为锐角为30°的等腰三角形.
则.
过点C做，交DB、AB于点G，H，则点G为点F在面ABCD上的投影.连接FG，则
，DE⊥平面ABCD，则平面.
过G做于点I，则BF平面，即角为
二面角CBFD的平面角，则60°.
则，，则.
在直角梯形BDEF中，G为BD中点，，，，
设 ，则，，则.
，则，即CF与平面ABCD所成角的正弦值为．
（Ⅱ）方法二：
可知DA、DB、DE两两垂直，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
设DE＝h，则D(0，0，0)，B(0，，0)，C(－，－，h).
，.
设平面BCF的法向量为m＝(x，y，z)，
则所以取x=，所以m＝(，-1，－)，
取平面BDEF的法向量为n＝(1，0，0)，
由，解得，则，
又,则，设CF与平面ABCD所成角为，
则sin=.
故直线CF与平面ABCD所成角的正弦值为
点睛：该题考查的是立体几何的有关问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定，线面角的正弦值，在求解的过程中，需要把握面面垂直的判定定理的内容，要明白垂直关系直角的转化，在求线面角的有关量的时候，有两种方法，可以应用常规法，也可以应用向量法.
20、（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）解法一： 作的中点，连接，.利用三角形的中位线证得，利用梯形中位线证得，由此证得平面平面，进而证得平面.解法二：建立空间直角坐标系，通过证明直线的方向向量和平面的法向量垂直，证得平面.
（2）利用平面和平面法向量，计算出二面角的余弦值.
【详解】
（1）法一：作的中点，连接，.又为的中点，∴为的中位线，∴，又为的中点，∴为梯形的中位线，∴，在平面中，，在平面中，，∴平面平面，又平面，∴平面.
另解：（法二）∵在长方体中，，，两两互相垂直，建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，
，，，
，，，
，，.
（1）设平面的一个法向量为，
则，
令，则，.∴，又，
∵，，又平面，平面.
（2）设平面的一个法向量为，
则，
令，则，.∴.
同理可算得平面的一个法向量为
∴，
又由图可知二面角的平面角为一个钝角，
故二面角的余弦值为.
本小题考查线面的位置关系，空间向量与线面角，二面角等基础知识，考查空间想象能力，推理论证能力，运算求解能力，数形结合思想，化归与转化思想.
21、（1）（2）5
【解析】
（1）首先消去参数得到曲线的普通方程，再根据，，得到曲线的极坐标方程；
（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，利用直线的参数方程中参数的几何意义得解；
【详解】
解：（1）曲线：消去参数得到：，
由，，
得
所以
（2）代入，
设，，由直线的参数方程参数的几何意义得：
本题考查参数方程、极坐标方程、普通方程的互化，以及直线参数方程的几何意义的应用，属于中档题．
22、（Ⅰ）直线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为，的直角坐标方程为；（Ⅱ）2.
【解析】
（Ⅰ）由定义可直接写出直线的极坐标方程，对曲线同乘可得：，转化成直角坐标为；
（Ⅱ）分别联立两直线和曲线的方程，由得，由得，
则，结合三角函数即可求解；
【详解】
（Ⅰ）直线的极坐标方程为，
直线的极坐标方程为
由曲线的极坐标方程得，
所以的直角坐标方程为.
（Ⅱ）与的极坐标方程联立得所以.
与的极坐标方程联立得所以.
所以.
所以当时，取最小值2.
本题考查参数方程与极坐标方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，极坐标中的几何意义，属于中档题