宁德市2027年高考数学倒计时模拟卷（含答案解析）

这是一份宁德市2027年高考数学倒计时模拟卷（含答案解析）试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，已知集合，则，若函数满足，且，则的最小值是等内容，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．若函数有且仅有一个零点，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
2．将函数的图像向左平移个单位长度后，得到的图像关于坐标原点对称，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
3．在中，，则 （ ）
A．B．C．D．
4．已知是偶函数，在上单调递减，，则的解集是
A．B．
C．D．
5．已知向量，，则与共线的单位向量为( )
A．B．
C．或D．或
6．已知集合，则( )
A．B．
C．D．
7．若函数满足，且，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
8．已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列命题中错误的是（ ）
A．若，，则或
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
9．《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍.其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一”.该术相当于给出了由圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的圆周率近似取为（ ）
A．B．C．D．
10．函数满足对任意都有成立，且函数的图象关于点对称，，则的值为（ ）
A．0B．2C．4D．1
11．已知定义在上函数的图象关于原点对称，且，若，则（ ）
A．0B．1C．673D．674
12．若时，，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．的展开式中的系数为____.
14．设函数在区间上的值域是，则的取值范围是__________.
15．根据如图所示的伪代码，输出的值为______.
16．现有一块边长为a的正方形铁片，铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形，然后做成一个无盖方盒，该方盒容积的最大值是________．
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．
18．（12分）已知函数
（1）若函数在处取得极值1，证明：
（2）若恒成立，求实数的取值范围.
19．（12分）已知的三个内角所对的边分别为，向量，，且.
（1）求角的大小；
（2）若，求的值
20．（12分）若函数为奇函数，且时有极小值.
（1）求实数的值与实数的取值范围；
（2）若恒成立，求实数的取值范围.
21．（12分）已知椭圆的左顶点为，左、右焦点分别为，离心率为，是椭圆上的一个动点（不与左、右顶点重合），且的周长为6，点关于原点的对称点为，直线交于点.
（1）求椭圆方程；
（2）若直线与椭圆交于另一点，且，求点的坐标.
22．（10分）在平面直角坐标系中，设，过点的直线与圆相切，且与抛物线相交于两点．
（1）当在区间上变动时，求中点的轨迹；
（2）设抛物线焦点为，求的周长(用表示)，并写出时该周长的具体取值．
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】
推导出函数的图象关于直线对称，由题意得出，进而可求得实数的值，并对的值进行检验，即可得出结果.
【详解】
，
则，
，
，所以，函数的图象关于直线对称.
若函数的零点不为，则该函数的零点必成对出现，不合题意.
所以，，即，解得或.
①当时，令，得，作出函数与函数的图象如下图所示：
此时，函数与函数的图象有三个交点，不合乎题意；
②当时，，，当且仅当时，等号成立，则函数有且只有一个零点.
综上所述，.
故选：D.
本题考查利用函数的零点个数求参数，考查函数图象对称性的应用，解答的关键就是推导出，在求出参数后要对参数的值进行检验，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
2、B
【解析】
由余弦的二倍角公式化简函数为，要想在括号内构造变为正弦函数，至少需要向左平移个单位长度，即为答案.
【详解】
由题可知，对其向左平移个单位长度后，，其图像关于坐标原点对称
故的最小值为
故选：B
本题考查三角函数图象性质与平移变换，还考查了余弦的二倍角公式逆运用，属于简单题.
3、A
【解析】
先根据得到为的重心，从而，故可得，利用可得，故可计算的值．
【详解】
因为所以为的重心，
所以,
所以,
所以，因为，
所以，故选A．
对于，一般地，如果为的重心，那么，反之，如果为平面上一点，且满足，那么为的重心．
4、D
【解析】
先由是偶函数，得到关于直线对称；进而得出单调性，再分别讨论和，即可求出结果.
【详解】
因为是偶函数，所以关于直线对称；
因此，由得；
又在上单调递减，则在上单调递增；
所以，当即时，由得，所以，
解得；
当即时，由得，所以，
解得；
因此，的解集是.
本题主要考查由函数的性质解对应不等式，熟记函数的奇偶性、对称性、单调性等性质即可，属于常考题型.
5、D
【解析】
根据题意得，设与共线的单位向量为，利用向量共线和单位向量模为1，列式求出即可得出答案.
【详解】
因为，，则，
所以，
设与共线的单位向量为，
则，
解得 或
所以与共线的单位向量为或.
故选：D.
本题考查向量的坐标运算以及共线定理和单位向量的定义.
6、B
【解析】
先由得或，再计算即可.
【详解】
由得或，
，,
又，.
故选：B
本题主要考查了集合的交集，补集的运算，考查学生的运算求解能力.
7、A
【解析】
由推导出，且，将所求代数式变形为，利用基本不等式求得的取值范围，再利用函数的单调性可得出其最小值.
【详解】
函数满足，，即，
，，，即，
，则，
由基本不等式得，当且仅当时，等号成立.
，
由于函数在区间上为增函数，
所以，当时，取得最小值.
故选：A.
本题考查代数式最值的计算，涉及对数运算性质、基本不等式以及函数单调性的应用，考查计算能力，属于中等题.
8、D
【解析】
根据线面平行和面面平行的性质，可判定A；由线面平行的判定定理，可判断B；C中可判断，所成的二面角为；D中有可能，即得解.
【详解】
选项A：若，，根据线面平行和面面平行的性质，有或，故A正确；
选项B：若，，，由线面平行的判定定理，有，故B正确；
选项C：若，，，故，所成的二面角为，则，故C正确；
选项D，若，，有可能，故D不正确.
故选：D
本题考查了空间中的平行垂直关系判断，考查了学生逻辑推理，空间想象能力，属于中档题.
9、C
【解析】
将圆锥的体积用两种方式表达，即，解出即可.
【详解】
设圆锥底面圆的半径为r，则，又，
故，所以，.
故选：C.
本题利用古代数学问题考查圆锥体积计算的实际应用，考查学生的运算求解能力、创新能力.
10、C
【解析】
根据函数的图象关于点对称可得为奇函数，结合可得是周期为4的周期函数，利用及可得所求的值.
【详解】
因为函数的图象关于点对称，所以的图象关于原点对称，
所以为上的奇函数.
由可得，故，
故是周期为4的周期函数.
因为，
所以.
因为，故，
所以.
故选：C.
本题考查函数的奇偶性和周期性，一般地，如果上的函数满足，那么是周期为的周期函数，本题属于中档题.
11、B
【解析】
由题知为奇函数，且可得函数的周期为3，分别求出知函数在一个周期内的和是0，利用函数周期性对所求式子进行化简可得.
【详解】
因为为奇函数，故；
因为，故，
可知函数的周期为3；
在中，令，故，
故函数在一个周期内的函数值和为0，
故.
故选：B.
本题考查函数奇偶性与周期性综合问题. 其解题思路：函数的奇偶性与周期性相结合的问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解．
12、D
【解析】
由题得对恒成立，令，然后分别求出即可得的取值范围.
【详解】
由题得对恒成立，
令，
在单调递减，且，
在上单调递增，在上单调递减，
，
又在单调递增，，
的取值范围为.
故选：D
本题主要考查了不等式恒成立问题，导数的综合应用，考查了转化与化归的思想.求解不等式恒成立问题，可采用参变量分离法去求解.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、28
【解析】
将已知式转化为，则的展开式中的系数中的系数，根据二项式展开式可求得其值.
【详解】
，所以的展开式中的系数就是中的系数，而中的系数为，
展开式中的系数为
故答案为：28.
本题考查二项式展开式中的某特定项的系数，关键在于将原表达式化简将三项的幂的形式转化为可求的二项式的形式，属于基础题.
14、.
【解析】
配方求出顶点，作出图像，求出对应的自变量，结合函数图像，即可求解.
【详解】
，顶点为
因为函数的值域是，
令，可得或.
又因为函数图象的对称轴为，
且，所以的取值范围为.
故答案为:.
本题考查函数值域，考查数形结合思想，属于基础题.
15、7
【解析】
表示初值S=1,i=1，分三次循环计算得S=10>0,输出i=7.
【详解】
S=1,i=1
第一次循环：S=1+1=2,i=1+2=3；
第二次循环：S=2+3=5,i=3+2=5；
第三次循环：S=5+5=10,i=5+2=7；
S=10>9,循环结束，输出：i=7.
故答案为：7
本题考查在程序语句的背景下已知输入的循环结构求输出值问题，属于基础题.
16、
【解析】
由题意容积，求导研究单调性，分析即得解.
【详解】
由题意：容积，，
则，
由得或（舍去），
令
则为V在定义域内唯一的极大值点也是最大值点，此时.
故答案为：
本题考查了导数在实际问题中的应用，考查了学生数学建模，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
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）；（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.
18、（1）证明见详解；（2）
【解析】
（1）求出函数的导函数，由在处取得极值1，可得且.解出，构造函数，分析其单调性，结合，即可得到的范围，命题得证；
（2）由分离参数，得到恒成立，构造函数，求导函数，再构造函数，进行二次求导.由知，则在上单调递增.根据零点存在定理可知有唯一零点，且.由此判断出时，单调递减，时，单调递增，则，即.由得，再次构造函数，求导分析单调性，从而得，即，最终求得，则.
【详解】
解：（1）由题知，
∵函数在，处取得极值1，
，且，
，
，
令，则
为增函数，
，即成立.
（2）不等式恒成立，
即不等式恒成立，即恒成立，
令，则
令，则,
，，
在上单调递增，且，
有唯一零点，且，
当时，，，单调递减；
当时，，，单调递增.
，
由整理得
，
令，则方程等价于
而在上恒大于零，
在上单调递增，
.
，
∴实数的取值范围为.
本题考查了函数的极值，利用导函数判断函数的单调性，函数的零点存在定理，证明不等式，解决不等式恒成立问题.其中多次构造函数，是解题的关键，属于综合性很强的难题.
19、（1）（2）
【解析】
利用平面向量数量积的坐标表示和二倍角的余弦公式得到关于的方程,解方程即可求解;
由知,在中利用余弦定理得到关于的方程,与方程联立求出,进而求出,利用两角差的正弦公式求解即可.
【详解】
由题意得，,
由二倍角的余弦公式可得,
,
又因为，所以，
解得或，
∵，∴.
在中,由余弦定理得,
即①
又因为,把代入①整理得，
，解得，，
所以为等边三角形，，
∴,
即.
本题考查利用平面向量数量积的坐标表示和余弦定理及二倍角的余弦公式解三角形;熟练掌握余弦的二倍角公式和余弦定理是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.
20、（1）， ；（2）
【解析】
（1）由奇函数可知 在定义域上恒成立，由此建立方程，即可求出实数的值；对函数进行求导，，通过导数求出，若，则恒成立不符合题意，当，可证明，此时时有极小值.
（2）可知，进而得到，令，通过导数可知在上为单调减函数，由可得，从而可求实数的取值范围.
【详解】
（1）由函数为奇函数，得在定义域上恒成立，
所以，化简可得，所以.
则，令，则.
故当时，；当时，，
故在上递减，在上递增，
若，则恒成立，单调递增，无极值点；
所以，解得，取，则
又函数的图象在区间上连续不间断，故由函数零点存在性定理知在区间上，
存在为函数的零点，为极小值，所以，的取值范围是.
（2）由满足，代入，消去可得
.构造函数，
所以，当时，，即恒成立，
故在上为单调减函数，其中.则可转化为，
故，由，设，可得当时，
则在上递增，故.
综上，的取值范围是.
本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数的最值，考查了奇函数的定义，考查了转化的思想.对于 恒成立的问题，常转化为求 的最小值，使；对于 恒成立的问题，常转化为求 的最大值，使.
21、（1）；（2）或
【解析】
（1）根据的周长为，结合离心率，求出，即可求出方程；
（2）设，则，求出直线方程，若斜率不存在，求出坐标，直接验证是否满足题意，若斜率存在，求出其方程，与直线方程联立，求出点坐标，根据和三点共线，将点坐标用表示，坐标代入椭圆方程，即可求解.
【详解】
（1）因为椭圆的离心率为，的周长为6，
设椭圆的焦距为，则
解得，，，
所以椭圆方程为.
（2）设，则，且，
所以的方程为①.
若，则的方程为②，由对称性不妨令点在轴上方，
则，，联立①，②解得即.
的方程为，代入椭圆方程得
，整理得，
或，.
，不符合条件.
若，则的方程为，
即③.
联立①，③可解得所以.
因为，设
所以，即.
又因为位于轴异侧，所以.
因为三点共线，即应与共线，
所以，即，
所以，又，
所以，解得，所以，
所以点的坐标为或.
本题考查椭圆的标准方程以及应用、直线与椭圆的位置关系，考查分类讨论思想和计算求解能力，属于较难题.
22、（1）．（2）的周长为，时，的周长为
【解析】
（1）设的方程为，根据题意由点到直线的距离公式可得，将直线方程与抛物线方程联立可得，设､坐标分别是､,利用韦达定理以及中点坐标公式消参即可求解.
（2）根据抛物线的定义可得，由（1）可得，再利用弦长公式即可求解.
【详解】
（1）设的方程为
于是
联立
设､坐标分别是､
则
设的中点坐标为，则
消去参数得：
（2）设，，由抛物线定义知
，，
∴
由（1）知
∴
，，
的周长为
时，的周长为
本题考查了动点的轨迹方程、直线与抛物线的位置关系、抛物线的定义、弦长公式，考查了计算能力，属于中档题.
0
极大值
极小值