精品解析：河南信阳市五校协作体2027届高三上学期学情综合检测数学试题

2027年普通高等学校招生全国统一模拟考试 数学 （考试时间：下午15：00—17：00） 说明：本试卷为闭卷笔答，答题时间120分钟，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． 第一卷 选择题（共58分） 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. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则集合的元素个数为（ ） A. 2014 B. 2015 C. 2023 D. 2024 3. 在平直的铁轨上停着一辆高铁列车，列车与铁轨上表面接触的车轮半径为，且某个车轮上的点刚好与铁轨的上表面接触，若该列车行驶了距离，则此时到铁轨上表面的距离为（ ） A. B. C. D. 4. 若，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 5. 在中，，，，为的中点，，与交于点，则（ ） A. B. C. D. 6. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，角的对边为，且，则的最小值是（　　） A. B. C. 2 D. 8. 对于集合M，定义函数 对于两个集合M，N，定义集合 ，已知，.用表示有限集合M所含元素的个数，则的最小值为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知的三个内角分别为，，，在线段上，且满足平分．则（ ） A. B. C. D. 10. 已知，，是函数的三个零点（，），则（ ） A. B. C. D. 11. 已知实数m，n满足，且，则（ ） A. B. C. D. 第二卷 非选择题（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 用1，2，3，四个数组成一个五位数（每个数仅用到1次），则能组成___________个不同的五位数． 13. 已知点P是直线：和：（m，，）的交点，点Q是圆C：上的动点，则的最大值是__________. 14. 已知双曲线的左右焦点分别为，过作直线交双曲线的右半支于两点，满足，且面积是面积的两倍，则双曲线的离心率为___________． 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. 在中，已知角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a，b，c是公差为1的等差数列. （1）若，求的面积； （2）是否存在正整数a，使为钝角三角形?若存在，求a的值；若不存在，说明理由. 16. 如图，在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，，，为中点. （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的大小. 17. 已知是数列的前项和，且满足． （1）求数列的通项公式； （2）在平面直角坐标系中，已知点，定义点（其中），记． （i）求的值； （ii）证明：． 18. 已知椭圆的两焦点分别为的离心率为上有三点，直线分别过的周长为8． （1）求的方程； （2）①若，求的面积； ②证明：当面积最大时，必定经过的某个顶点． 19. 已知函数． （1）若，求在处的切线的方程； （2）判断是否是函数的极值点，并说明理由； （3）若不等式对任意的，恒成立，求正整数的最大值．（参考数据：）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027年普通高等学校招生全国统一模拟考试 数学 （考试时间：下午15：00—17：00） 说明：本试卷为闭卷笔答，答题时间120分钟，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． 第一卷 选择题（共58分） 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. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算求出,即可得到. 【详解】, , 故虚部为， 故选：C 【点睛】本题主要考查了复数的除法运算，共轭复数，复数的虚部，属于容易题. 2. 已知集合，，则集合的元素个数为（ ） A. 2014 B. 2015 C. 2023 D. 2024 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合的交集运算求解. 【详解】因为， 所以， 故集合的元素个数共有个. 故选：B 3. 在平直的铁轨上停着一辆高铁列车，列车与铁轨上表面接触的车轮半径为，且某个车轮上的点刚好与铁轨的上表面接触，若该列车行驶了距离，则此时到铁轨上表面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】针对实际问题建模转化为圆的弧长与圆心角、半径之间的关系，就圆心角的范围进行分类,借助于直角三角形计算即得. 【详解】当列车行驶的距离为时，则车轮转过的角度所对应的扇形弧长为， 车轮转过的角度为点的初始位置为，设车轮的中心为，当 时，作，垂足为，如图， 则到铁轨表面的距离为； 当时，，作，垂足为，如图， 则， 到铁轨表面的距离为； 当在其它范围均可得到，点到铁轨上表面的距离为. 故选:B. 4. 若，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合对数运算性质及对数函数的单调性比较的大小，结合基本不等式及对数函数单调性比较的大小，可得结论. 【详解】， 而，且． 所以，故． 故选：D. 5. 在中，，，，为的中点，，与交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用表示，再利用平面向量的数量积求出夹角的余弦值即为所求. 【详解】由，，可得， 因为为的中点，所以， 则， 即，， 因为，所以， 则， 即，， 且， 因此，. 故选：C. 6. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 先将原函数的解析式化简，可判断原函数的奇函数，排除D选项，再判断原函数在及上的正负即可确定答案. 【详解】因为， 所以， 即函数为奇函数，其图象关于原点对称，故排除D， 又因为，当且仅当时取等号， 所以， 当时，，当时，， 所以，当时，，当时，，故排除A、B， 故选：C． 【点睛】根据函数的解析式选择函数的图象时，可从选项出发，观察函数图象之间的异同，结合函数的性质判断即可，其一般方法如下： （1）先确定函数的定义域； （2）确定函数的奇偶性，根据函数图象的对称性； （3）确定某些特殊点的函数值的正负，或确定局部区间上函数值的正负; （4）确定局部区间上的单调性. 7. 在中，角的对边为，且，则的最小值是（　　） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，求得且，根据正弦定理和三角函数的基本关系式，化简得到，结合基本不等式，即可求解. 【详解】由，因为是的内角，可得， 所以， 由正弦定理得 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值是． 故选：A． 8. 对于集合M，定义函数 对于两个集合M，N，定义集合 ，已知，.用表示有限集合M所含元素的个数，则的最小值为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】要想最小，只需最大且最小，据此结论找出满足条件的集合. 【详解】根据题意可知：， 要想最小，只需最大且最小， 所以要使的值最小，2，4一定属于集合X； 是否属于X不影响的值， 但集合X不能含有之外的元素，， 所以当X为集合的子集与集合的并集时，取到最小值6. 故选：B 【点睛】方法点睛： 在实际解决“新定义”问题时，关键是正确提取新定义中的新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，探求解决方法，在此基础上进行知识转换，有效输出，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析与解决! 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知的三个内角分别为，，，在线段上，且满足平分．则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A.由正弦定理求解即可；对于B，由化简即可求解；对于C，分别求出，由，求出，结合余弦定理可求解；对于D，求出，由于，解得，利用等面积法即可求解. 【详解】对于A，在中，由正弦定理可得，所以，故A正确； 对于B，因为，则，则，故B正确； 对于C，由于，，则， 由于，，则， 则， 在中，由余弦定理：，即，故C不正确； 对于D，由于，则，， 由于，解得（负数舍去）； 因为在线段上，且满足平分．则在中，由等面积可得： ， 即，解得：，故D正确. 故选：ABD 10. 已知，，是函数的三个零点（，），则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】因为函数有三个零点，所以极大值大于0，极小值小于0，可求的取值范围，判断A的真假；再根据零点和极值点的关系，结合零点存在性定理，可以判断B的真假；设，求导，假设，推导该结论成立的可能性，判断C的真假；表示出函数在3个零点出的导数，带入，整理，可判断D的真假. 【详解】因为，又， 由或，由. 所以函数在和上单调递增，在上单调递减. 因为函数有3个零点，所以，故A成立； 又，所以，且， 所以，故成立，即B成立； 因为函数有3个零点，所以可设， 则， 所以，，， 若有，则. 由B可知，可设，，（，） 则， 由，这与矛盾，所以不成立，故C错误； 因为：，故D成立. 故选：ABD 【点睛】方法点睛：对C选项，因为容易判断ABD是正确的，所以估计C是错误的，第一个想法是令取特殊值，验证C不成立.但是该方法的难点是不知道令取多少才能计算零点，所以该问题采用了类似反证法的思想，先假设C是正确的，看看推导出来的结论有无矛盾即可. 11. 已知实数m，n满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意可得，即，构造函数，利用其单调性和函数值确定，进而等量代换将双未知量变为单未知量，即可一一求解. 【详解】由可得，， 即，则有， 也即， 设函数，则， ， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 且当时，；当时，； 因为，所以， 即，所以，即，A正确； ，B错误； 设，在恒成立， 且， 所以存在唯一使得， 由可得，，所以， ，设在上单调递增， 所以， 所以，C正确； ， 设，， 令，， 易得函数在单调递增，且， 所以函数在单调递减， 且，所以恒成立， 所以单调递增， 所以，即， 所以正确，故D正确； 故选:ACD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于利用同构思想，将原等式化为，进而构造函数，利用单调性和函数值确定，进而利用等量代换，即可求解. 第二卷 非选择题（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 用1，2，3，四个数组成一个五位数（每个数仅用到1次），则能组成___________个不同的五位数． 【答案】 【解析】 【分析】先分两大类，第一类为1和2相邻，然后再按1和2的左右顺序分两小类，分别由分步乘法计数得出，第二类为1和2不相邻，然后再按3在不在数字1和2中间分两小类，分别由分步乘法计数得出，最后再由分类加法计数得到答案. 【详解】分两大类进行： 第一类：数字1和2相邻时，再分两小类： ①数字1和2相邻且1在2的左边，这时相当于两个和一个3排序，先排两个只有一种方法如图， 再由这两个产生3个空中选一个空插入3，所以共有种不同的五位数； ②数字1和2相邻且2在1的左边，这时1，2，3的排法有2种顺序如图，此时产生3个空， 再从这3个空中选一个空插入，所以共有种不同的五位数. 或 第二类：数字1和2不相邻时，再分两小类： ③数字3在数字1和2中间，此时共有两种顺序132和231如图， 再由这3个数产生4个空选一个空插入，所以共有种不同的五位数， 或 ④数字3不在数字1和2中间，那么只能在数字1和2中间，此时共有2种不同的排法如图， 最后3只能排首位或者末位，所以共有种不同的五位数. 或 故一共有种不同的五位数. 故答案为：. 13. 已知点P是直线：和：（m，，）的交点，点Q是圆C：上的动点，则的最大值是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意分析直线分别过定点，点P的轨迹是以为直径的圆，结合圆的性质运算求解. 【详解】因为直线：，即， 令，解得，可知直线过定点， 同理可知：直线过定点， 又因为，可知， 所以直线与直线的交点P的轨迹是以的中点，半径的圆， 因为圆C的圆心，半径， 所以的最大值是. 故答案为：． 14. 已知双曲线的左右焦点分别为，过作直线交双曲线的右半支于两点，满足，且面积是面积的两倍，则双曲线的离心率为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据面积比可确定，结合定义和勾股定理可构造方程求得，进而求得，由可求得结果. 【详解】 的面积是面积的两倍，， 设，则， 由双曲线定义知：，， ，， 即，解得：或（舍），，， ，即，， 双曲线的离心率. 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. 在中，已知角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a，b，c是公差为1的等差数列. （1）若，求的面积； （2）是否存在正整数a，使为钝角三角形?若存在，求a的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）6 （2）存在整数使得为钝角三角形，此钝角的余弦值为. 【解析】 【分析】（1）利用等差数列得，结合正弦定理求出，结合勾股定理判断出直角三角形，应用面积公式即可； （2）结合等差数列用b，c表示 a，得到a的不等式，解出a进而求出b，c，再计算即可. 【小问1详解】 由a，b，c是公差为1的等差数列，则， 又，由正弦定理得：， 则，解得， 故，所以为直角三角形， 则 【小问2详解】 为钝角三角形，即，由a，b，c是公差为1的等差数列，得，显然，，，不能构成三角形， 当，，可构成三角形，此时. 16. 如图，在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，，，为中点. （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的大小. 【答案】（1）由已知可得，，为中点， 所以，. 因为面底面，面底面，平面， 所以，平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知可推得，然后即可根据面面垂直的性质定理，得出线面垂直； （2）根据已知证明，建立空间直角坐标系，得出的坐标，即可根据向量法得出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接， 因为，为中点， 所以，. 又因为， 所以四边形为平行四边形， 所以，，且. 由已知，所以. 如图，建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 所以，， 所以，异面直线与所成角的余弦值为，大小为. 17. 已知是数列的前项和，且满足． （1）求数列的通项公式； （2）在平面直角坐标系中，已知点，定义点（其中），记． （i）求的值； （ii）证明：． 【答案】（1） （2）（i）； （ii）由题意可知：，则， 先证明以下结论：． 因为， 且，所以， 故． 因为，则，原式得证． 【解析】 【分析】（1）根据求解即可； （2）（i）由题知，，则，再利用和差公式求值即可；（ii）先证，即，，求出即可证明． 【小问1详解】 时，， 时，，化简得：， 经检验得，时也满足， 故． 【小问2详解】 （i）由题意：，则， 所以，即． （ii）略 18. 已知椭圆的两焦点分别为的离心率为上有三点，直线分别过的周长为8． （1）求的方程； （2）①若，求的面积； ②证明：当面积最大时，必定经过的某个顶点． 【答案】（1） （2）①； ②证明：设直线和直线的方程为， 设， 联立和椭圆得：， 可得，同理可得：． 又因为，所以， 所以，即； 同理可得，即 不妨设，于是， 因此 又因为 ， 设， 下面证明 ，化简得 即证明，即， 又的判别式小于等于0，故， 因此，原命题得证． 故当面积最大时，必定经过的上或下顶点． 解法二：②证明：设，设， 则有， 又， 可得， 即， 设，同理可得， 不妨设，于是所以， 所以， 下同法一； 解法三：②证明：设，设， 则有， 又， 可得， 即，结合解得， 设，同理可得， 不妨设，于是， ， 下同法一. AI 【解析】 【分析】（1）利用椭圆的定义与性质计算即可； （2）①直接求直线的直线方程，与椭圆联立可得的坐标，利用三角形面积公式计算即可；②法一、设三点坐标及直线和直线的方程，与椭圆联立结合韦达定理化简得出纵坐标与纵坐标的比值，再根据三角形的面积公式用坐标表示，从而可计算得，构造函数证明即可；法二、设，，根据定比点差法由横坐标表示，再利用三角形面积公式计算得，余下利用法一计算即可；法三、设，，同法二利用定比点差法由由横坐标表示，再利用三角形面积公式计算得，余下同法一计算即可. 【小问1详解】 依题意可得的周长， 又椭圆的离心率为，则， 解得， 所以的方程为； 【小问2详解】 ①由上可知：， 所以直线的方程为， 联立直线与椭圆方程可解得， 由椭圆的对称性可得， 因此； ②略 【点睛】本题难点在于最后一问，第一种方法设点设线，利用韦达定理结合点在椭圆上得出纵坐标的比值关系，再利用坐标比计算与面积比，将的面积用点Q的纵坐标表示计算即可；第二、三种方法本质上都是利用定比点差法，由三点共线得出坐标关系，后仍计算三角形面积比，将的面积用点Q的纵坐标表示计算即可证明.证明过程中，蕴含了一个定值关系，即 19. 已知函数． （1）若，求在处的切线的方程； （2）判断是否是函数的极值点，并说明理由； （3）若不等式对任意的，恒成立，求正整数的最大值．（参考数据：）． 【答案】（1） （2）不是，理由： ，若是函数的极值点，则有， 代入得：，即． 当时，不是函数的极值点； 当时，， 令，则， 则在上单调递减，在上单调递增， 则，即在上单调递增，不合题意． 综上：不是函数的极值点． （3）4 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解； （2）根据极值点的定义，分和两种情况，即可说明理由； （3）结合题意，以为主元，即证对任意恒成立；法一：设，分类讨论，和两种情况，结合导数即可证明；法二：参数分离，得，结合导数即可证明；法三：参数分离，，取，得出，再结合导数说明时原不等式恒成立． 【小问1详解】 时，， 所以，由于， 所以在处的切线的方程为， 化简得：． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意：， 上式对任意恒成立，以为主元，令，则只需， 因为，所以在上单调递增， 则， 故， 即对任意恒成立． 法一：设， 当时，恒成立，故在上单调递增， 所以，成立， 当时，在上单调递减，在上单调递增， 故只需，即， 令， 所以在上单调递减， 由于，故， 则自然数最大可取到4． 综上：． 法二：由题意得：，设， 令，故在上单调递增， 由于， 故， 所以，使得在上单调递减，在上单调递增，且满足， 故， 而，因此自然数最大可取到4． 法三：由题意得：，取，则， 由于，所以，故， 下面说明时原不等式恒成立，代入原不等式，即证：对任意恒成立 设， 故在上单调递减，在上单调递增， 所以，即成立， 因此，自然数最大可取到4． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $