精品解析：云南多校名校教研联盟2027届高三上学期高考仿真模拟卷(样卷)数学试题

2027届高考仿真模拟卷（样卷） 数学试卷 注意事项： 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，再选涂其他答案标号．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8小题，每小题5分，共40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. 等比数列中，，，记为的前n项和，则（ ） A. B. C. D. 0 2. 已知向量，，，则（ ） A. 2 B. 0 C. D. 3. 已知直线是双曲线的一条渐近线，则的离心率等于（ ） A. B. C. D. 或 4. 方程在内根的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 5. 用测量工具测量某物体的长度，需测量次，得到个数据．设函数，则当取最小值时，（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 为增函数 B. 有两个零点 C. 的最大值为2e D. 的图象关于对称 7. 边长为2的正方形，经如图所示的方式裁剪后，可围成一个正四棱锥，则此正四棱锥的外接球的表面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 函数在的最大值为m，在的最大值为n，则以下命题为假命题的是（ ） A. ，且 B. ，且 C. ，且 D. ，且 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 掷一枚骰子，记事件：掷出的点数为偶数；事件：掷出的点数大于2．则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 设首项为1的数列前项和为，已知，则下列结论正确的是（ ） A. 数列为等比数列 B. 数列的前项和 C. 数列的通项公式为 D. 数列为等比数列 11. 已知过原点的一条直线与函数的图象交于两点，分别过点作轴的平行线与函数的的图象交于两点，则（ ） A. 点和原点在同一条直线上 B. 点和原点在同一条直线上 C. 当平行于轴时，则点的横坐标为 D. 当平行于轴时，则点的纵坐标为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 菱形中，，，则__________． 13. 甲、乙、丙三人分别从2个不同的数中随机选择若干个数（可以不选），分别构成集合，，，记中元素的个数为，则的概率为___________. 14. 已知正六棱锥的侧棱长为，其各顶点都在同一球面上，若该球的表面积为，则该正六棱锥的体积为__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知四边形内接于，若，，． （1）求线段的长． （2）若，求的取值范围． 16. 点在抛物线上，且到抛物线的焦点的距离为. （1）求抛物线的方程； （2）过点的直线交抛物线于，两点，且，求直线的方程. 17. 如图所示的几何体是由圆锥与圆柱组成的组合体，其中圆柱的轴截面是边长为2的正方形，圆锥的高，M为圆柱下底面圆周上异于A，B的点． （1）求证：∥平面； （2）若，求直线与平面所成角的正切值的取值范围． 18. 已知函数； （1）当时，证明：对任意，； （2）若是函数的极值点，求实数的值． 19. 已知正项有穷数列，设，记的元素个数为. （1）若数列，求集合，并写出的值; （2）若是递增数列或递减数列，求证:”的充要条件是“为等比数列”; （3）若，数列由这个数组成，且这个数在数列中每个至少出现一次，求的取值个数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高考仿真模拟卷（样卷） 数学试卷 注意事项： 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，再选涂其他答案标号．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8小题，每小题5分，共40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. 等比数列中，，，记为的前n项和，则（ ） A. B. C. D. 0 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，求出首项和公比，即可求． 【详解】设等比数列公比为， 则， 因为，则， 又， 故，，， 则． 故选：D 2. 已知向量，，，则（ ） A. 2 B. 0 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用平面向量加法与数量积的坐标运算求解即可. 【详解】因为，，所以， 因为，所以，故C正确. 故选：C 3. 已知直线是双曲线的一条渐近线，则的离心率等于（ ） A. B. C. D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】借助双曲线的渐近线方程可得，即可得，即可得离心率. 【详解】由题意可得，故， 则， 故. 故选：A. 4. 方程在内根的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】先根据两角和差的正弦公式进行化简，整体替换得到方程的根； 【详解】由题意，， 即，可得或， 解得或 又因为，所以， 故选：D. 5. 用测量工具测量某物体的长度，需测量次，得到个数据．设函数，则当取最小值时，（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】理解求和符号，由是二次函数，求解二次函数最值即可. 【详解】 , 当时，取最小值，最小值为 . 即时，取最小值. 故选：B. 6. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 为增函数 B. 有两个零点 C. 的最大值为2e D. 的图象关于对称 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数讨论函数的单调性，结合选项依次计算，即可求解. 【详解】A：，令，得， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增，故A错误； B：由选项A知，函数在上单调递减，在上单调递增， 且，所以函数在R上没有零点，故B错误； C：由选项A知，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，即函数的最小值为，故C错误； D：，所以函数图象关于直线对称，故D正确. 故选：D 7. 边长为2的正方形，经如图所示的方式裁剪后，可围成一个正四棱锥，则此正四棱锥的外接球的表面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设底面边长为，可求得此四棱锥的高为，根据外接球与正四棱锥的关系，利用勾股定理可求出外接球半径，再利用导数求得半径的最小值即可. 【详解】如图所示，设围成的四棱柱为， 为正四棱锥的高，作交于，连接， 设，则，在直角三角形中由勾股定理得， 又因为正四棱锥的外接球球心在它的高上， 记球心为，半径为，连接，则， 则在直角三角形中， 即，解得， 令，则，， 令解得，所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时取最小值，所以， 所以该四棱锥外接球的表面积的最小值为， 故选：B 8. 函数在的最大值为m，在的最大值为n，则以下命题为假命题的是（ ） A. ，且 B. ，且 C. ，且 D. ，且 【答案】A 【解析】 【分析】利用假设法证明即可判断A；分别代入、与，即可验证BCD. 【详解】A：若，，则，得， 所以，故，所以，， 得，，所以，矛盾，故A为假命题； B：当时，函数在的最大值为，在上的最大值为， 此时，，故，且，故B为真命题； C：当时，函数在的最大值为，在上的最大值为， 此时，，故，且，故C为真命题； D：当时，函数在的最大值为，在上的最大值为1， 此时，，故，且，故D为真命题． 故选：A． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 掷一枚骰子，记事件：掷出的点数为偶数；事件：掷出的点数大于2．则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】根据古典概型的概率公式结合事件的运算及条件概率公式逐一判断即可. 【详解】由题意，基本事件的总数为， 则，故A错误； 事件表示掷出的点数为偶数且不大于2，则， 事件表示掷出的点数为奇数且大于2，则， 所以，故B错误； 事件表示掷出的点数为偶数且大于2，则， 事件表示掷出的点数为奇数且不大于2，则， 所以，故C正确； ， 所以，故D正确. 故选：CD. 10. 设首项为1的数列前项和为，已知，则下列结论正确的是（ ） A. 数列为等比数列 B. 数列的前项和 C. 数列的通项公式为 D. 数列为等比数列 【答案】AB 【解析】 【分析】由条件找到，结合等比数列定义即可得A、B；由的通项公式可求得的通项公式，即可得C、D. 【详解】对A、B：，， 又，数列是首项公比都为的等比数列， 故，即，故A、B正确； 对C、D： 当，， 当，，，故C错误. ，， 所以数列不是等比数列，故D错误. 故选：AB. 11. 已知过原点的一条直线与函数的图象交于两点，分别过点作轴的平行线与函数的的图象交于两点，则（ ） A. 点和原点在同一条直线上 B. 点和原点在同一条直线上 C. 当平行于轴时，则点的横坐标为 D. 当平行于轴时，则点的纵坐标为 【答案】BC 【解析】 【分析】由与图象数形结合可判断A项；由三点共线得斜率等式化简可得，可判断B项；再由平行于轴得，联立等式，解方程组即可判断CD项. 【详解】设，且，且，不妨设， 则由题意得. 选项A，由题意知，三点共线，轴， 且在函数的图象上，而在函数的图象上， 可知点不在直线上，即A项错误； 选项B，由三点共线可知，， 则由对数运算性质得， 则有， 所以，即三点共线，故B项正确； 选项C，当平行于轴时，则， 化简得， 则，代入，得， 化简得，又，解得， 代入得，点的纵坐标， 故C项正确，D项错误. 故选：BC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 菱形中，，，则__________． 【答案】-3 【解析】 【分析】根据菱形的对角线互相垂直，向量的数量积为0，列方程求出的值． 【详解】由题意， 在菱形中，，， 可得， ， ∴， 解得：． 故答案为：-3． 13. 甲、乙、丙三人分别从2个不同的数中随机选择若干个数（可以不选），分别构成集合，，，记中元素的个数为，则的概率为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知一个元素被某人选中的概率为且相互独立，应用独立乘法公式及对立事件的概率求法得两个元素均未被三人选中的概率为，最后应用对立事件的概率求法即可得. 【详解】设两个不同数为，一个元素被某人选中的概率为且相互独立， 所以一个元素被甲乙丙三人都选中的概率为， 由中元素的个数，表示至少一个元素被三人选中， 而两个元素均未被三人选中的概率为， 所以的概率为. 故答案为： 14. 已知正六棱锥的侧棱长为，其各顶点都在同一球面上，若该球的表面积为，则该正六棱锥的体积为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】作图，分外接球的球心在棱锥内部和外部两种情况，运用勾股定理列式分别计算. 【详解】设正六棱锥，底面中心为，外接球半径为，底面正六边形的边长为，棱锥的高， 则，，， 当外接球的球心在棱锥内部时，，在中，，即，在中，，即，联立，解得，， 所以正六棱锥的体积为. 当外接球的球心在棱锥外部时，，在中，，即，在中，，即，联立，解得，，这与矛盾，不合题意舍去. 综上，该正六棱锥的体积为. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知四边形内接于，若，，． （1）求线段的长． （2）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理即可求解， （2）根据余弦定理得，进而根据基本不等式即可求解. 【小问1详解】 由题知，，所以， 根据余弦定理，， 即，． 所以，所以． 所以． 【小问2详解】 因为 所以，所以（当且仅当时取等号） 又, 所以． 16. 点在抛物线上，且到抛物线的焦点的距离为. （1）求抛物线的方程； （2）过点的直线交抛物线于，两点，且，求直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据焦半径公式及点在抛物线上，列方程组，可求的值. （2）法1：设出直线的方程：，与抛物线方程联立，得到，，再根据，得求的值. 法2：设直线的方程：，与抛物线方程联立，得到，，再根据，得得的关系，从而说明直线经过定点，再结合直线过抛物线的焦点，可得直线方程. 法3：设，，则直线可写成，根据及可求出的值，得直线的方程. 法4：设，，根据直线与垂直，可分别设两直线方程为，，分别与抛物线方程联立，把、坐标用表示出来，再结合求的值，进而求出点坐标，结合直线过点，可求直线方程. 法5：设，，设直线：与抛物线方程联立，可得，再根据，结合直线过点，可求的值，得直线的方程. 【小问1详解】 根据焦半径公式可得，所以， 又，所以， 解得或（舍去）， 故所求抛物线方程为. 【小问2详解】 法1：，，设，，， ，所以， ， ，（舍去）， 所以即. 法2：设，，， ，所以， ， ， ，所以过定点， 又因为过，所以； 法3：，，设，，， ， . ， ， 所以. 法4：设，，不妨设， ， ， ，同理， ， ， ， 又因为过，所以. 法5：设，，， ， ， ， ， . 又因为过，所以， 解得，，所以. 17. 如图所示的几何体是由圆锥与圆柱组成的组合体，其中圆柱的轴截面是边长为2的正方形，圆锥的高，M为圆柱下底面圆周上异于A，B的点． （1）求证：∥平面； （2）若，求直线与平面所成角的正切值的取值范围． 【答案】（1） 连接，， 设圆锥的底面所在平面为，则，， 所以S，，O三点共线． 从而，所以点S，D，C，O共面． 又因为，， 所以四边形为平行四边形， 故， 因为M为圆柱下底面圆周上异于A，B的点， 所以平面，又平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，连结，，证明，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）以O为原点，分别以，的方向为x轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设，直线与平面所成角为，可得，根据同角三角函数的基本关系即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，以为原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，设， 则，即，且， 则，，， 设平面的法向量， 则，即，整理得， 令，则． 因为，所以，从而， 所以． 设直线与平面所成角为， 则， 故． 因为，所以， 从而，解得， 所以直线与平面所成角的正切值的取值范围为． 18. 已知函数； （1）当时，证明：对任意，； （2）若是函数的极值点，求实数的值． 【答案】（1） 当时，，， 当时，，则； 当时，，，故，所以在单调递增， 因为，所以，所以， 所以，所以，故； 综上，对任意，． （2）1 【解析】 【分析】（1）求导得到函数的单调区间，求出，结合对数的运算可得结果； （2）求导得到函数的单调区间，可得在单调递减，在单调递增，满足是的极值点，进而求出结果即可. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 ，，因为是的极值点， 所以，即． 当时，，令，则， 由（1）可知，对任意，，故在单调递增，又， 故当时，，即，当时，，即， 故在单调递减，在单调递增，满足是的极值点， 综上，实数的值为1． 【点睛】关键点点睛：第二问由极值点求参数可先分析单调性，再由极值点处导数为零求参数即可. 19. 已知正项有穷数列，设，记的元素个数为. （1）若数列，求集合，并写出的值; （2）若是递增数列或递减数列，求证:”的充要条件是“为等比数列”; （3）若，数列由这个数组成，且这个数在数列中每个至少出现一次，求的取值个数. 【答案】（1），； （2） 充分性：若是等比数列，设公比为． 不妨考虑数列是递增数列，所以． 则当时，． 所以，故，得证. 必要性：若． 因为是递增数列，所以， 所以且互不相等,又， 所以， 又， 所以，且互不相等． 所以，，，． 所以， 所以为等比数列； 若为单调递减数列，同理可证. （3） 【解析】 【分析】（1）利用集合的定义直接求解即可； （2）分充分性和必要性两个方面分别证明，利用题中给出的集合的定义分析即可； （3）通过分析可知，且，设数列 此时, ，然后对数列分别作变换进行分析求解，即可得到答案． 【小问1详解】 因为，，，， 故 所以，； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为数列由这个数组成，任意两个不同的数作商（可相等）， 比值只可能为共个不同的值； 又因为这个数在数列中共出现次，所以数列中存在，所以． 综上，，且． 设数列 此时，． 现对数列分别作如下变换： 把前面的移动到和后面的之间，得到数列： 此时，． 再把前面的移动到和之间，得到数列： 此时，． 依次类推，把前面的移动到和之间，得到数列：， 此时，； 再构造， 此时，； 构造， 此时， ； 依次类推，构造数列：， 此时， 最后构造数列：， 此时； 综上，可以取到从到的所有个整数值，所以的取值个数为. 【点睛】方法点睛：对于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $