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卷（含解析）

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一、单选题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、多选题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．三、填空题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：）．参考答案1．C【详解】,,故虚部为，故选：C2．B【详解】因为，所以，故集合的元素个数共有个.故选：B3．B【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【详解】，而，且．所以，故．故选：D.5．C【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【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．7．A【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【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：B9．ABD【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【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：ABD11．ACD【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.12．【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．【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．【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.【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)【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．【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【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19．(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【详解】（1）时，，所以，由于，所以在处的切线的方程为，化简得：．（2）略（3）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