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2027届高考数学一轮模拟测试卷-江苏省南京市适用
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数，则（ ）
A． B． C． D．
3．若，则向量与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
4．正项递增等比数列，前n项的和为，若，，则（ ）
A．3 B． C．4 D．
5．已知是定义在上的奇函数，且是偶函数，当时，，则（ ）
A． B． C．0 D．1
6．点M、N为正四面体的内切球球面上的两个动点，T为棱上的一动点，则当取最大值时，（ ）
A．1 B． C． D．
7．已知一批产品中有是合格品，检验产品质量时，一个合格品被误判为次品的概率为，一个次品被误判为合格品的概率为．任意抽查一个产品，检查后被判为合格品的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．椭圆的左右焦点分别为，以为直径的圆与椭圆没有公共点，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列选项正确的是（ ）
A． B． C． D．
10．下列说法正确的是（ ）
A．若的定义域为，则的定义域为
B．表示同一个函数
C．函数的值域为
D．函数满足，则
11．如图所示，棱长为3的正方体中，P为线段上的动点(不含端点)，则下列结论正确的是（ ）
A． B．与所成的角可能是
C．是定值 D．当时，点到平面的距离为2
三、填空题
12．的二项展开式中，项的系数为 ．
13．已知，则 ．
14．已知为坐标原点，是抛物线：的焦点，，是上位于轴异侧的两点，且，，则的面积为 .
四、解答题
15．已知的面积．
(1)求证：；
(2)设为的中点，且，求的值．
16．如图，已知在三棱锥中，平面，，，为线段上一点，，为的中点，．
(1)试确定点的位置；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
17．已知函数.
(1)求证：当时，；
(2)求证：（）.
18．某市为创建全国文明城市，自2019年1月1日起，在机动车斑马线礼让行人方面，通过公开违规行车的照片及车牌号，效果显著．下表是该市人民广场某路口连续5年监控设备抓拍到该路口机动车不礼让行人的统计数据：记方案执行时间为执行后第年，不礼让行人车数为（单位：百辆）．
/年 1 2 3 4 5
/百辆 5.8 5.2 4.5 3.7 2.8
(1)求不礼让行人车数与执行时间之间的经验回归方程；
(2)预测该路口2027届不礼让行人车数．
参考公式：经验回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，．
19．如果一条双曲线的实轴和虚轴分别是一个椭圆的长轴和短轴，则称它们为“共轴”曲线．若双曲线与椭圆是“共轴”曲线，且椭圆，（、分别为曲线、的离心率）．已知点，点为双曲线上任意一点．
(1)求双曲线的方程；
(2)延长线段到点，且，若点Q在椭圆上，试求点P的坐标；
(3)若点P在双曲线的右支上，点A、B分别为双曲线的左、右顶点，直线交双曲线的左支于点R，直线、的斜率分别为、．是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B A A A D C B D BCD ACD
题号 11
答案 AC
1．B
【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求解.
【详解】解不等式，得，则，
解不等式，得或，则，
所以.
故选：B
2．A
【分析】根据复数的乘法、加减法运算及复数的模即可求解.
【详解】，则，
故选：A
3．A
【分析】由条件等式得到，由向量夹角的计算公式和等式化简得到，从而得到向量之间的夹角.
【详解】由条件可知，两边平方后得，
并且，.
因为向量夹角的范围是，所以向量与的夹角为.
故选：A.
4．A
【分析】由，结合求得求解.
【详解】解：正项递增等比数列中，，
又，，所以，
则，由，解得，
故选：A
5．D
【分析】利用与的奇偶性推得是周期函数，从而结合题设条件即可得解.
【详解】是偶函数，，
则，从而，
又是奇函数，则，
，进而，
所以是周期为的周期函数，
又当时，，则，
所以.
故选：D.
6．C
【分析】根据正四棱锥的性质，结合等体积法可得，，进而可得当，与圆相切时，最大，利用相切以及锐角三角函数和二倍角公式即可求解。
【详解】设该正四面体的棱长为，设该正四面体的内切球的球心为，
顶点在底面的射影为，显然在线段上，
显然该正四面体内切球的半径为，如图所示，

由正弦定理可得，
故，
由等体积法可得
，解得，
则，
由球的性质可知，当，与圆相切时，最大，
如图所示，，，

由圆的切线长定理可知：，
在直角三角形中，，最大时，最小，
因为，所以此时为的中点，即有，
正四面体的内切球的球心为，显然也是该正四面体的外接球的球心，
所以，
因此，
，
于是有．
故选：C
【点睛】关键点点睛：利用等体积法得等体积法可得，，由球的性质得当，与圆相切时，最大，根据，最大时，最小，利用二倍角公式求解.
7．B
【分析】记事件抽取的一个产品为合格品，事件抽查一个产品被判为合格品，利用全概率公式可求得的值.
【详解】记事件抽取的一个产品为合格品，事件抽查一个产品被判为合格品，
则，，，
由全概率公式可得.
所以，任意抽查一个产品，检查后被判为合格品的概率为.
故选：B.
8．D
【分析】根据给定条件，可得椭圆短轴的端点在以为直径的圆外，由此求得，再利用双曲线离心率的意义求出范围.
【详解】以为直径的圆的方程为，依题意，椭圆短轴的端点在此圆外，
即，解得，则双曲线的离心率为，
由，得，所以所求离心率的取值范围.
故选：D
9．BCD
【分析】对于A，利用作差法即可判断；对于B，利用指数运算即可判断；对于C，利用指数函数单调性，并借助中间量1，即可判断；对于D，利用指数、对数的运算及对数函数的性质可判断.
【详解】对于A，因为，
所以，故A错误；
对于B，因为，所以，即，故B正确；
对于C，因为，，
所以，故C正确；
对于D，因为，
又，所以，即，
所以，即，故D正确.
故选：BCD.
10．ACD
【分析】根据抽象函数的定义域的求解判断A；利用同一函数得定义判断B；利用换元法，结合二次函数的性质求得其值域，判断C；利用方程组法判断D.
【详解】解：对于A，因为的定义域为，
对于函数，则，解得，
即的定义域为，故A正确；
对于B，定义域为，定义域为，不是同一函数，故B不正确；
对于C，令，则，，
所以，，
所以当时，函数取得最大值，最大值为，
所以函数的值域为，故C正确；
对于D，，
，化简得，
两式相加得，解得，故D正确．
故选：ACD．
11．AC
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量垂直的坐标表示计算判断A，利用空间向量法求解异面直线夹角判断B，利用数量积的坐标运算求解判断C，利用点到平面的向量公式计算判断D.
【详解】在正方体中，建立如图所示空间直角坐标系，
则有，，，，，，
，，
则，，，，
，设，，
则，，
故，即，故A正确；
若与所成的角为，
则存在，使得成立，
即，
化简得，即，由，故舍去，
即与所成的角不可能是，故B错误；
，，
故，故C正确；
当时，有，故，
所以，，
设平面的法向量为，
则有，令，则有，
则点到平面的距离，故D错误.
故选：AC.
12．28
【分析】利用二项式定理求出含的项，进而求出其系数.
【详解】在的二项展开式中，含的项为，
所以项的系数为28.
故答案为：28
13．/
【分析】由两角和与差的正切公式展开求解即可.
【详解】由题意得，，
则，
化简得，解得.
故答案为：.
14．/
【分析】利用焦半径公式算出的坐标，计算直线的方程，进而证明出三点共线，最后利用计算即可.
【详解】由题意即可知：，不妨设点，且点在第一象限，
则，，
故，
所以直线的方程为：，
令得，即三点共线，
所以.
故答案为：或.
15．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）利用正弦定理及三角形面积公式边化角即可证明；
（2）利用余弦定理解与得出，再利用正弦定理解计算即可.
【详解】（1）记角，的对边分别为，，，
由题意可知，
由正弦定理得
因为，
所以．
（2）在中，由余弦定理得，①
同理，在中，②
①-②得，．
在中，由正弦定理得，，
所以，即，
所以．
16．(1)点在线段上且；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，以为原点建立空间直角坐标系，利用垂直关系的向量表示列式求解.
（2）求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求解.
【详解】（1）由平面，，得直线两两垂直，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
由，得，则，
设，则，
于是，，
由，得，解得，
所以点在线段上且.
（2）由（1）知，，，，
设平面的法向量，则，取，得，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数分析函数在区间上为增函数，即可得出，即可证得结论成立；
（2）先证明当时，，可得出，利用放缩法结合不等式的基本性质可证得，再证明当时，，可得出，结合不等式的性质可得出，综合可证得结论成立.
【详解】（1）证明：因为，
所以，且，．
当时，设，，
因为函数、在上均为减函数，
则在内单调递减，
又因为，，
所以，使得，
且当时，；当时，.
此时在内单调递增，在内单调递减，
又，，故对任意的，，
则在内单调递增，所以.
综上，当时，得证；
（2）证明：因为，所以，由（1）可得．
接下来证明，其中，
设，，
设，
因为函数、在上均为减函数，
则在区间内单调递减，
因为，，
所以，，使得，
当时，；当时，.
所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，
又因为，，，
，使得，
当时，；当时，.
所以在区间内单调递增，在区间内单调递减．
因为，，
所以在区间内恒成立．
令，所以，
所以，，，…，，
所以．
对，，所以，
所以
，
所以得证．
设，则，
则在区间上单调递减，
所以．
令，，所以，，
所以，…，，
所以．
综上，．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
18．(1)
(2)140辆
【分析】（1）根据线性回归方程的求法计算得解；
（2）根据所求回归方程代入数据预测即可.
【详解】（1）由题意得，，，
由最小二乘法估计可得
，
不礼让行人车数与执行时间的经验回归方程为；
（2）在2027届年底时，该方案已执行7年，
令得到，
2027届该路口不礼让行人车数的预测值是140辆．
19．(1)
(2)或或
(3)当重合时，；当不重合时，存在实数，使得，理由见解析
【分析】（1）根据“共轴”曲线定义，直接列式计算可得答案；
（2）设，由，可得，代入方程与方程联立，即可求得点P的坐标；
（3）讨论当重合时，；不重合时，设出直线的方程为，与双曲线方程联立，消元后利用韦达定理进行消参，进而证明其比值为定值.
【详解】（1）根据题意双曲线，
因为，解得，
双曲线的方程为；
（2）

由（1）知，，，
设，
已知，又，
所以，
由点Q在椭圆上，则，
又点为双曲线上任意一点，则，
联立，解得，或，
所以点P的坐标为或或；
（3）当重合时，；当不重合时，存在实数，使得，理由如下，
当重合时，由题意，则，则，
当不重合时，，设直线的方程为，，
由得，
因为双曲线的渐近线方程为，
又直线交双曲线的左支于点R，右支于点P，所以，
由韦达定理得，，
所以
，
所以存在实数，使得.
【点睛】思路点睛：本题的解题思路是理解题目定义，求出双曲线方程，根据定点位置合理设出直线的方程形式，再利用直线与双曲线的位置关系得到韦达定理，然后利用斜率公式代入消元，即可判断是否为定值.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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