数学一模模拟·巩固卷03（上海专用）学易金卷：2027年高考第一次模拟考试

2027年高考第一次模拟考试 数学·全解全析 （考试时间：120分钟，分值：150分） 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、填空题：本题共12小题，第1~6小题每题4分，第7~12小题每题5分，共54分. 1．已知集合 ，，则集合 的子集的个数为______. 【答案】4 【分析】将集合化简，再由交集的运算可得元素的个数，即可得到结果. 【详解】由可得，解得，所以， 又，所以有个元素， 则其子集的个数为个. 2．已知，则________． 【答案】 【详解】因为，故. 3．已知实数，满足，且，则的取值范围是__________. 【答案】 【分析】将所求式表示为已知两个代数式的线性组合，利用不等式的性质求出上下界，再验证区间内各值均可取得. 【详解】由，得，与相加， 得，即. 因此，的取值范围是. 4．已知点，动点满足，则点到直线的距离的最小值为___________． 【答案】2 【分析】设点，利用向量数量积的坐标表示化简，即可得到点的轨迹方程，求出圆心到直线的距离，利用圆的性质可知，点到直线的距离的最小值为. 【详解】设点，则，， 所以，整理得， 所以点的轨迹方程为，圆心为，半径； 则圆心到直线的距离为， 由圆的性质可得，点到直线的距离的最小值为. 5．的展开式中含项的系数为_______． 【答案】 【详解】的通项：， ， 取中项：， 系数：， 取中项：， 系数：， 系数之和：. 6．已知离心率为3的双曲线与椭圆有相同的焦点，则________ 【答案】29 【分析】由双曲线离心率为3可得，根据双曲线与椭圆焦点相同得，求解可得答案. 【详解】由题意，解得，， 故. 7．甲、乙两个转盘均标有数字，，，甲转盘指向的概率为，指向，的概率相等；乙转盘指向的概率为，指向，的概率相等，其中，，若“甲转盘指向”与“两个转盘指向不同的数字”相互独立，则________ 【答案】 【分析】设事件为“甲转盘指向”，事件为“两个转盘指向不同数字”，先利用概率和为求出甲、乙转盘指向的概率，分别计算，，，再根据相互独立事件条件列方程，化简求解. 【详解】记事件表示“甲转盘指向”，则.依题意，甲转盘指向、指向的概率都是. 乙转盘指向的概率为，指向概率相等，所以指向、指向的概率都是. 记事件表示“两个转盘指向不同数字”，表示“两个转盘指向相同数字”. 则，. 表示“甲转盘指向，且两转盘数字不同”，等价于甲为、乙不为，所以. 因为相互独立，所以，即. 因为，，则得. 整理得：，则，解得. 8．某人打算将6个数字1，2，2，2，3，4进行排列得到密码，则可设置的不同密码有________种．（用数字作答） 【答案】120 【分析】根据特殊元素优先排列原则及分步乘法计数原理求解即可. 【详解】因为6个数字1，2，2，2，3，4中有三个2， 首先，从六个位置中选出三个排2，有种； 再将剩余的三个数字1，3，4排列到剩下的三个位置上，有种， 所以可设置的不同密码有种. 9．若，则的取值范围是________. 【答案】 【分析】利用对数性质得到乘积定值，再通过基本不等式求最小值，检验等号成立条件. 【详解】由题，，即，且， ， ，当且仅当时，即时，等号成立， ，当且仅当时，等号成立， ，当且仅当时，等号成立， 故的取值范围为. 10．设点，，是抛物线：上的两个动点，且满足直线，的斜率之差为．当线段的长度最小时，点到直线的距离为___________． 【答案】 【分析】设,由题意得,即可求解. 【详解】设，则， 由， 得， 得， 而， 当线段的长度最小时，则， 得， 则，直线的方程为：， 故点到直线的距离为. 11．在中，已知，且是与的等差中项，则的值为__________． 【答案】 【分析】由题意得，将其化简得，再由整理得，然后联合两式即可求出. 【详解】由题知，由为的内角，， ， ，由正弦定理得， 由余弦定理得，①， 由，， ， ， ②， 将①代入②得，， ，，， ，. 12．定义运算“”：，设函数，对任意的，恒有，则实数的取值范围______． 【答案】 【分析】根据函数的新定义，由，求得或，分类讨论，列出不等式，求得的解集，结合集合的包含关系，列出不等式组，即可求解. 【详解】由不等式，即，解得或， 根据定义运算“”：， 当或时， 由不等式，可得，解得， 所以，即不等式的解集为； 当时，，由不等式，可得，解得， 所以不等式的解集为， 又由，所以恒成立时，可得， 因为，恒有，所以，解得， 所以实数的取值范围为. 二、选择题：本题共4小题，每小题有且只有一个正确答案，第13、14小题每题4分，第15、16小题每题5分，共18分． 13．已知随机变量，，若，，则（      ） A．0.6 B．0.3 C．0.2 D．0.1 【答案】B 【分析】先利用二项分布的方差公式求解，再结合正态分布的对称性计算所求概率. 【详解】对于二项分布，方差公式为，其中，代入得，，解得：. 对于正态分布，分布曲线关于均值对称，故, 由对称性得，， 所以. 14．若关于的方程恰有个实数解，则实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】关于x的方程有且仅有1个解，等价于函数的图象与直线有且只有一个交点，画出图象求解. 【详解】关于的方程恰有个实数解， 等价于函数的图象与直线有且只有一个交点， 作出函数和的图象，如图所示， 的图象为上半圆， 当直线与半圆相切时，有一个交点，此时， 解得（舍去）或， 当直线分别过时，得，， 由图象可知当即时，直线与半圆有一个交点， 综上，实数的取值范围是. 15．在的展开式中，含的项的系数为，记数列的前项和为．若不等式恒成立，则实数的最小值为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先通过分步乘法计数原理求出展开式中的项的系数为，再利用裂项相消法求解数列的前项和为，结合的单调性与极限值，确定使不等式恒成立的的最小值； 【详解】对于的展开式，每一项由个因式各取一个元素相乘得到。 要得到含的项，需从个因式中选取1个取、1个取、1个取，剩余个因式取常数1， 根据分步乘法计数原理：选有种方法，选有种方法，选有种方法， 因此该项的系数为，其中， 数列的通项为， 利用分式裂项公式拆分可得： 前项和，代入裂项结果得： 分析的性质：由于，因此对任意，均有； 且随着增大，单调递减，故单调递增，当时，， 若不等式恒成立，则实数的最小值为. 16．已知函数，若存在正实数，使得，，则实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】直接将原问题转化为函数的图象与直线有两个交点，再用导数研究函数的极值及变化趋势判断可得. 【详解】由题意可设存在两个正实数，使得， 当时，，因此：， 代入上式，得：，化简整理得，即. 所以原问题等价于：方程​存在两个不同的正实根. 即函数的图象与直线有两个交点. 对函数求导，， 令，得，即， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 所以是函数的极大值点，也是最大值点，且. 当时，，所以； 当时，的增长远慢于，所以. 要使函数的图象与直线有两个交点，则. 因此实数的取值范围为. 三、解答题：本题共5小题，共78分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．（14分）若存在常数、，使得函数对于同时满足：，，则称函数为“”类函数． (1)判断函数是否为“”类函数？如果是，写出一组的值；如果不是，请说明理由； (2)函数是“”类函数，且当时，．证明：是周期函数，并求出在上的解析式； 【详解】（1）是“”类函数， 令，得，即的对称轴为， 令，得，即的对称中心为， 当时，， 可以是（答案不唯一）；（6分） （2）是“”类函数， ， ， ，是周期为的周期函数. 当时，， 当时，， . 故，（14分） 18．（14分）如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是直角梯形，且，，． (1)求证：平面； (2)点在线段上，且直线与平面所成的角的正弦值是，求的值． 【详解】（1）证明：以为原点，，，所在直线为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系． 从而，，，，， 依题意，，，， 由，可知，所以， 由，可知，所以， 又，，平面， 所以平面.（6分） （2）设平面的法向量， 则，， 所以取，得，， 所以平面的一个法向量， 设，， 设直线与平面所成的角为， ， 解得或，所以或．（14分） 19．（14分）南北朝时期的伟大科学家祖暅，于五世纪末提出了体积计算原理，即祖暅原理：“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么，这两个几何体的体积相等．其最著名之处是解决了“牟合方盖”的体积问题．如图所示，正方体，棱长为．    (1)求图中四分之一圆柱体的体积； (2)四分之一圆柱体与四分之一圆柱体公共部分是八分之一个“牟合方盖”．点在棱上，设，过点作一个与正方体底面平行的平面； （i）求该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积； （ii）如果令，应用祖暅原理求出八分之一“牟合方盖”的体积． 【详解】（1）因为正方体的棱长为， 所以四分之一圆柱体的体积为．（4分） （2）（i）如图：截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形．    因为，所以，而正方体的棱长为， 因此， 所以，因此正方形的面积为， 即该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积为．（8分） （ii）由（i）得用平行于八分之一“牟合方盖”底面， 且到“牟合方盖”底面的距离为的平面去截八分之一“牟合方盖”， 所得截面的面积为． 所得截面如图所示：    正方体的棱长为为底面的中心， 把正方体去掉正四棱锥后剩下的部分的底面与 “牟合方盖”底面放到同一平面上， 则八分之一“牟合方盖”与所得几何体都夹在平面与平面之间， 则用平行于八分之一“牟合方盖”底面，且到“牟合方盖”底面的距离为的平面去截所得几何体， 截面为图中的阴影部分，且面积为， 因此八分之一“牟合方盖”的体积为， 所以当时，八分之一“牟合方盖”的体积为．（14分） 20．（18分）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”，现在人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在平面直角坐标系中，定点、，动点满足，则的轨迹为阿氏圆，以下称该阿氏圆为圆. (1)求圆的方程. (2)如图，过点斜率为的直线与圆相交于，（点在轴上方），点，是不在直线上的两点，满足平分，平分. （ⅰ）求的取值范围. （ⅱ）将点、、看作一个阿氏圆上的三点，若外接圆的面积为，求直线的方程. 【详解】（1）设动点，因为、，又， 得，化简整理得：， 所以圆的方程为.（4分） （2）（ⅰ）由， 又，所以，令，则， 设，则有，又直线的斜率，则， 又由，得，代入， 得到，即， ∵，则，所以， 又，则，所以， 故的取值范围.（10分） （ⅱ）由（ⅰ）有，由阿氏圆定义知在以为定点的阿氏圆上， 设此阿氏圆圆心为，半径为，与直线的另一个交点为， 则有，即，整理得到， 又，解得，∴， 又， ∴， 设，则，整理得到， 解得或（舍去）， 由，解得， ， ∴，则直线的方程为，即.（18分） 21．（18分）设为给定的区间，函数在区间上的图像为连续曲线．当时，用表示函数在集合上的最小值，表示函数在集合上的最大值．若存在，使得对任意成立，则称函数在区间上具有“性质” (1)若，，，直接写出和的表达式； (2)设、．若函数在区间上具有“性质”，求的取值范围； (3)已知函数满足，．若对任意，函数在区间上具有“性质”，在区间上具有“性质”，求证：对任意，都有． 【详解】（1）因为在单调递减，在单调递增，且. 所以当时，在集合上的最小值为，最大值为； 当时，在集合上的最小值为，最大值为. 因此 .（4分） （2）因为，所以函数在上严格递减，在上严格递增， 从而当时，. 由题意，当时，，且当时，； 即当时，，且当时，； 由此解得且，所以. 因为，解得.（10分） （3）首先证明是上的增函数. 因为在上具有“性质”，所以. 但是，于是，即对任意，得证. 由单调性知，在区间上具有“性质”等价于①对成立； 在区间上具有“性质”等价于②对成立. 对任意，取，代入①得. 而 , ； 取，代入②，得； 同理可得. 因此，移项化简得.证毕.（18分） 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 学校__________________班级__________________姓名__________________准考证号__________________ ﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍密﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍封﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍线﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ 2027年高考第一次模拟考试 数 学·答题卡 姓名： 注 意 事 项 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，并认真检查监考员所粘贴的条形码。 2．选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5mm黑色签字笔答题，不得用铅笔或圆珠笔答题；字体工整、笔迹清晰。 3．请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。 5．正确填涂 缺考标记 贴条形码区 准考证号 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1．____________________ 2．____________________ 3．____________________ 4．____________________ 5．____________________ 6．____________________ 7．____________________ 8．____________________ 9．____________________ 10．____________________ 11．____________________ 12．____________________ 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13~14题每题4分，第15~16题每题5分） 13 [A] [B] [C] [D] 14 [A] [B] [C] [D] 15 [A] [B] [C] [D] 16 [A] [B] [C] [D] 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 三、解答题（共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17．（本题满分14分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 18．（本题满分14分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 19．（本题满分14分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 20．（本题满分18分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 21．（本题满分18分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 数 学 第4页（共6页） 数 学 第5页（共6页） 数 学 第6页（共6页） 数 学 第1页（共6页） 数 学 第2页（共6页） 数 学 第3页（共6页） 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… 此卷只装订不密封 ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… … 学校：______________姓名：_____________班级：_______________考号：______________________ 2027年高考第一次模拟考试 高三数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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、填空题：本题共12小题，第1~6小题每题4分，第7~12小题每题5分，共54分. 1．已知集合 ，，则集合 的子集的个数为______. 2．已知，则________． 3．已知实数，满足，且，则的取值范围是__________. 4．已知点，动点满足，则点到直线的距离的最小值为___________． 5．的展开式中含项的系数为_______． 6．已知离心率为3的双曲线与椭圆有相同的焦点，则________ 7．甲、乙两个转盘均标有数字，，，甲转盘指向的概率为，指向，的概率相等；乙转盘指向的概率为，指向，的概率相等，其中，，若“甲转盘指向”与“两个转盘指向不同的数字”相互独立，则________ 8．某人打算将6个数字1，2，2，2，3，4进行排列得到密码，则可设置的不同密码有________种．（用数字作答） 9．若，则的取值范围是________. 10．设点，，是抛物线：上的两个动点，且满足直线，的斜率之差为．当线段的长度最小时，点到直线的距离为___________． 11．在中，已知，且是与的等差中项，则的值为__________． 12．定义运算“”：，设函数，对任意的，恒有，则实数的取值范围______． 二、选择题：本题共4小题，每小题有且只有一个正确答案，第13、14小题每题4分，第15、16小题每题5分，共18分． 13．已知随机变量，，若，，则（      ） A．0.6 B．0.3 C．0.2 D．0.1 14．若关于的方程恰有个实数解，则实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 15．在的展开式中，含的项的系数为，记数列的前项和为．若不等式恒成立，则实数的最小值为（     ） A． B． C． D． 16．已知函数，若存在正实数，使得，，则实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 三、解答题：本题共5小题，共78分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．（14分） 若存在常数、，使得函数对于同时满足：，，则称函数为“”类函数． (1)判断函数是否为“”类函数？如果是，写出一组的值；如果不是，请说明理由； (2)函数是“”类函数，且当时，．证明：是周期函数，并求出在上的解析式； 18．（14分） 如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是直角梯形，且，，． (1)求证：平面； (2)点在线段上，且直线与平面所成的角的正弦值是，求的值． 19．（14分） 南北朝时期的伟大科学家祖暅，于五世纪末提出了体积计算原理，即祖暅原理：“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么，这两个几何体的体积相等．其最著名之处是解决了“牟合方盖”的体积问题．如图所示，正方体，棱长为．    (1)求图中四分之一圆柱体的体积； (2)四分之一圆柱体与四分之一圆柱体公共部分是八分之一个“牟合方盖”．点在棱上，设，过点作一个与正方体底面平行的平面； （i）求该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积； （ii）如果令，应用祖暅原理求出八分之一“牟合方盖”的体积． 20．（18分） 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”，现在人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在平面直角坐标系中，定点、，动点满足，则的轨迹为阿氏圆，以下称该阿氏圆为圆. (1)求圆的方程. (2)如图，过点斜率为的直线与圆相交于，（点在轴上方），点，是不在直线上的两点，满足平分，平分. （ⅰ）求的取值范围. （ⅱ）将点、、看作一个阿氏圆上的三点，若外接圆的面积为，求直线的方程. 21．（18分） 设为给定的区间，函数在区间上的图像为连续曲线．当时，用表示函数在集合上的最小值，表示函数在集合上的最大值．若存在，使得对任意成立，则称函数在区间上具有“性质” (1)若，，，直接写出和的表达式； (2)设、．若函数在区间上具有“性质”，求的取值范围； (3)已知函数满足，．若对任意，函数在区间上具有“性质”，在区间上具有“性质”，求证：对任意，都有． 试题 第3页（共6页） 试题 第4页（共6页） 试题 第1页（共6页） 试题 第2页（共6页） 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027年高考第一次模拟考试 高三数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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、填空题：本题共12小题，第1~6小题每题4分，第7~12小题每题5分，共54分. 1．已知集合 ，，则集合 的子集的个数为______. 2．已知，则________． 3．已知实数，满足，且，则的取值范围是__________. 4．已知点，动点满足，则点到直线的距离的最小值为___________． 5．的展开式中含项的系数为_______． 6．已知离心率为3的双曲线与椭圆有相同的焦点，则________ 7．甲、乙两个转盘均标有数字，，，甲转盘指向的概率为，指向，的概率相等；乙转盘指向的概率为，指向，的概率相等，其中，，若“甲转盘指向”与“两个转盘指向不同的数字”相互独立，则________ 8．某人打算将6个数字1，2，2，2，3，4进行排列得到密码，则可设置的不同密码有________种．（用数字作答） 9．若，则的取值范围是________. 10．设点，，是抛物线：上的两个动点，且满足直线，的斜率之差为．当线段的长度最小时，点到直线的距离为___________． 11．在中，已知，且是与的等差中项，则的值为__________． 12．定义运算“”：，设函数，对任意的，恒有，则实数的取值范围______． 二、选择题：本题共4小题，每小题有且只有一个正确答案，第13、14小题每题4分，第15、16小题每题5分，共18分． 13．已知随机变量，，若，，则（      ） A．0.6 B．0.3 C．0.2 D．0.1 14．若关于的方程恰有个实数解，则实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 15．在的展开式中，含的项的系数为，记数列的前项和为．若不等式恒成立，则实数的最小值为（     ） A． B． C． D． 16．已知函数，若存在正实数，使得，，则实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 三、解答题：本题共5小题，共78分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．（14分） 若存在常数、，使得函数对于同时满足：，，则称函数为“”类函数． (1)判断函数是否为“”类函数？如果是，写出一组的值；如果不是，请说明理由； (2)函数是“”类函数，且当时，．证明：是周期函数，并求出在上的解析式； 18．（14分） 如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是直角梯形，且，，． (1)求证：平面； (2)点在线段上，且直线与平面所成的角的正弦值是，求的值． 19．（14分） 南北朝时期的伟大科学家祖暅，于五世纪末提出了体积计算原理，即祖暅原理：“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么，这两个几何体的体积相等．其最著名之处是解决了“牟合方盖”的体积问题．如图所示，正方体，棱长为．    (1)求图中四分之一圆柱体的体积； (2)四分之一圆柱体与四分之一圆柱体公共部分是八分之一个“牟合方盖”．点在棱上，设，过点作一个与正方体底面平行的平面； （i）求该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积； （ii）如果令，应用祖暅原理求出八分之一“牟合方盖”的体积． 20．（18分） 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”，现在人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在平面直角坐标系中，定点、，动点满足，则的轨迹为阿氏圆，以下称该阿氏圆为圆. (1)求圆的方程. (2)如图，过点斜率为的直线与圆相交于，（点在轴上方），点，是不在直线上的两点，满足平分，平分. （ⅰ）求的取值范围. （ⅱ）将点、、看作一个阿氏圆上的三点，若外接圆的面积为，求直线的方程. 21．（18分） 设为给定的区间，函数在区间上的图像为连续曲线．当时，用表示函数在集合上的最小值，表示函数在集合上的最大值．若存在，使得对任意成立，则称函数在区间上具有“性质” (1)若，，，直接写出和的表达式； (2)设、．若函数在区间上具有“性质”，求的取值范围； (3)已知函数满足，．若对任意，函数在区间上具有“性质”，在区间上具有“性质”，求证：对任意，都有． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027年高考第一次模拟考试 数学·参考答案 一、填空题：本题共12小题，第1~6小题每题4分，第7~12小题每题5分，共54分. 1. 4 2. 5 3. 4. 2 5. 6. 29 7. 8. 120 9. 10. 11. 12. 二、选择题：本题共4小题，每小题有且只有一个正确答案，第13、14小题每题4分，第15、16小题每题5分，共18分． 13 14 15 16 B D C B 三、解答题：本题共5小题，共78分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.（14分） 【详解】（1）是“”类函数， 令，得，即的对称轴为， 令，得，即的对称中心为， 当时，， 可以是（答案不唯一）；（6分） （2）是“”类函数， ， ， ，是周期为的周期函数. 当时，， 当时，， . 故，（14分） 18（14分） 【详解】（1）(1)证明：以为原点，，，所在直线为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系． 从而，，，，， 依题意，，，， 由，可知，所以， 由，可知，所以， 又，，平面， 所以平面.（6分） （2）设平面的法向量， 则，， 所以取，得，， 所以平面的一个法向量， 设，， 设直线与平面所成的角为， ， 解得或，所以或．（14分） 19（14分） 【详解】（1）因为正方体的棱长为， 所以四分之一圆柱体的体积为．（4分） （2）（i）如图：截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形． 因为，所以，而正方体的棱长为， 因此， 所以，因此正方形的面积为， 即该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积为．（6分） （ii）由（i）得用平行于八分之一“牟合方盖”底面， 且到“牟合方盖”底面的距离为的平面去截八分之一“牟合方盖”， 所得截面的面积为． 所得截面如图所示： 正方体的棱长为为底面的中心， 把正方体去掉正四棱锥后剩下的部分的底面与 “牟合方盖”底面放到同一平面上， 则八分之一“牟合方盖”与所得几何体都夹在平面与平面之间， 则用平行于八分之一“牟合方盖”底面，且到“牟合方盖”底面的距离为的平面去截所得几何体， 截面为图中的阴影部分，且面积为， 因此八分之一“牟合方盖”的体积为， 所以当时，八分之一“牟合方盖”的体积为．（14分） 20（18分）【详解】（1）设动点，因为、，又， 得，化简整理得：， 所以圆的方程为.（4分） （2）（ⅰ）由， 又，所以，令，则， 设，则有，又直线的斜率，则， 又由，得，代入， 得到，即， ∵，则，所以， 又，则，所以， 故的取值范围.（10分） （ⅱ）由（ⅰ）有，由阿氏圆定义知在以为定点的阿氏圆上， 设此阿氏圆圆心为，半径为，与直线的另一个交点为， 则有，即，整理得到， 又，解得，∴， 又， ∴， 设，则，整理得到， 解得或（舍去）， 由，解得， ， ∴，则直线的方程为，即.（18分） 21（18分）【详解】（1）因为在单调递减，在单调递增，且. 所以当时，在集合上的最小值为，最大值为； 当时，在集合上的最小值为，最大值为. 因此 .（4分） （2）因为，所以函数在上严格递减，在上严格递增， 从而当时，. 由题意，当时，，且当时，； 即当时，，且当时，； 由此解得且，所以. 因为，解得.（10分） （3）首先证明是上的增函数. 因为在上具有“性质”，所以. 但是，于是，即对任意，得证. 由单调性知，在区间上具有“性质”等价于①对成立； 在区间上具有“性质”等价于②对成立. 对任意，取，代入①得. 而 , ； 取，代入②，得； 同理可得. 因此，移项化简得.证毕.（18分） 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $