2027届河南信阳市五校协作体高三上学期综合检测数学试题（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页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．20243．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：）．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【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．B【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：B3．B【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．D【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．C【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．C【解析】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．A【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．B【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!9．ABD【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：ABD10．ABD【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．ACD【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.12．【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．【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．【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：.15．(1)6(2)存在整数使得为钝角三角形，此钝角的余弦值为.【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.【详解】（1）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（2）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．(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)【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.【详解】（1）略（2）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．(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．【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．【详解】（1）时，，时，，化简得：，经检验得，时也满足，故．（2）（i）由题意：，则，所以，即．（ii）略18．(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【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.【详解】（1）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；（2）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