2027届五省(豫陕冀晋青)联考高考适应性考试数学试题（含答案解析）

试卷第=page11页（共=sectionpages33页）试卷第=page11页（共=sectionpages33页）五省联考2027届高考适应性考试数学试题本试卷共4页，19题．满分150分．考试用时120分钟．★祝考试顺利★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、选择题：本大题共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．已知复数满足，则在复平面内，对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知集合，，则（

）A． B． C． D．3．已知平面向量，，，，若在上的投影向量为，则（

）A． B． C． D．14．正项递增等比数列，前n项的和为，若，，则（

）A．3 B． C．4 D．5．自驾旅游已成为很多家庭节假日休闲娱乐的首选.小明一家人自驾旅行途中，看到一座特色建筑，小明根据实景绘制出该建筑的几何示意图，并且根据介绍标记了其中一些数据，如图所示（单位：m），建筑上半部分的侧棱长都相等，下半部分是正棱台，则该建筑上半部分与下半部分体积的比为（

）A． B． C． D．6．古希腊数学家毕达哥拉斯通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割率，黄金分割率的值也可以用表示，即，设，则（

）A． B． C． D．7．已知偶函数（，）的图象向右平移（）个单位长度所得的图象与原图象重合，若的最小值为1，曲线与恰有一个交点，则实数的值为（

）A．0 B．1 C．2 D．38．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．二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．9．函数的图象如图所示，则下列说法中正确的是（

）A．B．函数的图象关于点对称C．将向左平移个单位长度，得到函数D．若方程在上有个不相等的实数根，则的取值范围是10．已知在棱长为6的正四面体中，为的中点，则下列说法正确的有（

）A．异面直线与所成角的余弦值为B．若为棱上的动点，则的最小值为C．正四面体的外接球被平面所截得的截面面积为D．若正四面体外接球的球心为，则三棱锥与正四面体内切球公共部分的体积为11．已知函数，则（

）A．当时，函数单调递增B．当时，函数有两个极值C．过点且与曲线相切的直线有且仅有一条D．当时，若b是a与c的等差中项，直线与曲线有三个交点，，，则.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知，且，则________．13．若函数的最小值为，则实数的取值范围为__________.14．为数列的前项和，满足，则________；________．四、解答题：本大题共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．已知数列满足，.(1)证明：数列为等差数列，并求通项；(2)求数列的前n项和.16．如图，在中，，，、分别为、中点，将沿翻折成，得到四棱锥，为中点．(1)证明：平面；(2)若，试问平面与平面夹角的余弦值是否等于？若是，请给出证明，若不是，请说明理由．17．的内角，，的对边分别为，，，且．(1)若，，求；(2)若为锐角三角形，求的取值范围．18．已知椭圆（），为轴上的一点，椭圆的左、右焦点分别为，，为坐标原点．(1)若，且，求椭圆的离心率；(2)若且，，是上两个不同的点（，，不共线），求的最大值；(3)设经过点的直线交椭圆于，两点（点，均在轴上方），若对于任意的，都存在直线，使得，求实数的取值范围．19．设函数的定义域为，为的值域，若存在的真子集，使得，则称具有性质，且为的一个“代表集”．(1)判断函数，和，是否具有性质（无需说明理由）．若具有性质，直接写出它的一个“代表集”；(2)设，函数的定义域，且若具有性质，求实数的取值范围；(3)设函数的定义域，是定义在上的严格增函数且，集合．若满足，证明：函数具有性质，且对的任意“代表集”，都有．答案第=page11页（共=sectionpages22页）答案第=page11页（共=sectionpages22页）1．B【详解】，.复数在复平面内对应的点为，对应的象限为第二象限.2．B【分析】根据指数不等式解集合A，根据一元二次不等式解集合B，结合交集的定义与运算即可求解.【详解】，或.所以.故选：B3．D【详解】，因为，所以，解得，所以，在上的投影向量为，所以.4．A【分析】根据等比数列的性质，即可求解.【详解】由等比数列的性质可知，，且，所以或，因为数列是正项递增数列，所以，，则.故选：A5．C【分析】将上半部分的几何图形拆分为棱锥和棱柱，再利用体积公式，分别求出上半部分和下半部分的体积，最后求两者的比值.【详解】由于上半部分的侧棱长都相等，并且下半部分是正棱台，所以这个图形是对称的，先求上半部分的体积：如图，由对称性得，在中，高，在中，高，由几何关系知也是上半部分总体的高，从顶部线段的两个端点作垂直于底面的截面，将上半部分分为三部分：中间是一个“直三棱柱”，两边拼起来是一个“四棱锥”，如图：所以，，故上半部分总体积为，再求下半部分正棱台的体积：上底面面积：，下底面面积：，上、下底面中心到其顶点的距离分别为：，，棱台的高，所以棱台体积为，所以，该建筑上半部分与下半部分体积比为.6．D【分析】根据给定条件，切化弦，再利用二倍角公式及诱导公式计算即得.【详解】依题意，.故选：D7．D【分析】由题意求得的解析式，并由交点条件得到等式，由等式两边函数关于的对称性，得出唯一的交点必然落在对称轴上，从而直接代入即可解出a的值.【详解】因为为偶函数，则，即，则，即，此等式不恒成立，故舍，或，即，即，因为，则，则，由题意得的最小正周期为1，则，解得，即，由题意得有一个解，整理得，设，，易得均关于对称，所以与的交点关于对称，即任何交点都会有一个与对称的点，为了使图像只有1个交点，则必有，解得，即即，解得.8．C【分析】根据正四面体体积的等积性求得内切球半径，由球的性质可知：当，与圆相切时，最大，结合圆的切线性质，结合锐角三角函数定义、正切二倍角公式、正弦函数的单调性进行求解即可.【详解】设正四面体的棱长为，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，该正四面体内切球的半径为，如图，为正三角形的中心，则，，由三棱锥的等体积得，即，解得，，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，，，所以.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用球的几何性质即当，与圆相切时，最大，结合圆的切线性质求解.9．AC【分析】由图象经过点列方程求，判断A，结合余弦函数性质验证B，根据函数图象变换法则，结合诱导公式判断C，令，可得在上有个不相等的实数根，结合正弦函数性质判断D.【详解】观察可得函数的图象过点，所以，所以，，所以，，又，所以，A正确；所以，因为时，，所以点不是函数的图象的对称中心，B错误；函数向左平移个单位长度，可得函数的图象，又，所以C正确；因为，由可得，，令，由已知可得在上有个不相等的实数根，因为函数在上单调递增，在上单调递减，且时，，时，，时，，所以，D错误.故选：AC.10．ABD【分析】对于A选项，通过建立空间直角坐标系即可求解；对于B选项，通过棱锥展开图将空间问题转化为平面问题即可求解；对于C选项，根据多面体外接球截面性质，即可求解得到截面半径；对于D选项，根据多面体内切球体积与多面体体积关系，即可求解.【详解】对于选项A，设底面重心，取的靠近C点的三等分点，则由正四面体性质可知平面，故以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则：，，，，，，，，而，，异面直线所成角余弦值，故A选项正确.

对于选项B，将面与面沿展开到同一平面，形成边长为的菱形如图，此时，在中，，，由余弦定理，，所以，当为与的交点时，取得最小值，故B选项正确.

对于选项C，平面截外接球的截面是的外接圆，而正三角形外接圆半径为，因此截面面积为，故选项C错误.对于选项D，设三棱锥内切球半径为，正四面体被内切球心分成4个全等的小三棱锥,即三棱锥，三棱锥，三棱锥，三棱锥，正四面体的高，四面体每个面的面积，因此四面体体积为，而，则，内切球体积，内切球也被这4个三棱锥分成4个全等的球扇形。每个球扇形的体积为内切球体积的，故选项D正确.11．AC【分析】对于A，由题意可得当时，单调递增，即可判断；对于B，由题意可得当时，单调递增，从而可判断B；对于C，设过点的直线与切于点，利用导数可得切线的方程，再代入点，通过判断的解的个数，即可判断切线的条数从而判断C；对于D，由等差中项的定义可得直线过定点，且此点在曲线上，再判断出点是函数的对称中心，即可得的值，即可判断D．【详解】因为，所以，对于A，当时，，，所以当时，，单调递增，故A正确.对于B，当时，令，则，所以当时，，所以单调递增，此时函数没有两个极值，故B错误；对于C，设过点的直线与切于点，则切线方程为，代入得，整理得：，令，则，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增；又，所以只有一个零点，即方程只有一个解，所以过点且与曲线相切的直线有且仅有一条，故C正确；对于D，当时，，又因为是与的等差中项，所以直线即为直线，所以直线过定点，且此点在曲线上，设函数的对称中心为,则有，即，整理得：，所以，解得，所以函数的关于点对称，设，则有，所以，故D错误；故选：AC.【点睛】关键点睛：解答本题的关键在D选项中，判断出直线过定点，且函数关于此点对称.12．【详解】由，所以．13．【分析】根据分段函数解析式由二次函数单调性以及基本不等式求得两部分取得最小值的表达式，解不等式即可得出结果.【详解】当时，，因为的图象关于对称，若最小值为，可知，即可得；又当时，，当且仅当时等号成立；若最小值为可得，即，解得；综上可知，实数的取值范围为.故答案为：14．【分析】根据得到，分为为奇数和为偶数两种情况，即可求出，即可求解.【详解】因为，当时，，两式相减得，即，当为奇数时，可化为，即的偶数项均为，当为偶数时，可化为，因为，所以，即的奇数项均为，所以，.15．(1)证明：因为，所以，又，即，所以数列是以为首项，1为公差的等差数列，，即.(2)【分析】（1）将，变形为，再利用等差数列的定义求解；（2）求出，再利用错位相减法求解.【详解】（1）略（2）由（1），，则，两式相减得，，.16．(1)取中点，连接，，如图，因为是中点，所以，且，又、分别是、中点，所以，且，所以与平行且相等，从而是平行四边形，所以，又因为平面，且平面，所以平面．(2)由，，且为中点，则，则，又，则，所以，又结合（1）有，则，旋转后有，又，且，平面，所以平面，又因为，则，，两两垂直，所以以为原点，，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，结合（1）得，则，，，，，则，，，设平面的一个法向量是，则，取，得，，即，设平面的一个法向量是，则，取，得，，即，所以，所以平面与平面夹角的余弦值等于，证毕．【分析】（1）先取中点，连接，，再证明是平行四边形，进而根据平行四边形的性质及线面平行的判定定理即可得证；（2）先根据勾股定理及线面垂直的判定证明平面，再以为原点，建立对应的空间直角坐标系，进而用空间向量法求二面角即可判断结论．【详解】（1）略（2）略17．(1)(2)【分析】（1）利用余弦定理将换掉，代入数值即可求解；（2）根据正弦定理及两角和的正弦公式对进行化简得到，根据锐角三角形求出的范围，利用正弦定理及二倍角公式对进行转化得到，令，根据的范围求出的范围，进而求出答案.【详解】（1）由余弦定理可化为，将，代入得，解得（负值舍去）.（2）由正弦定理，可化为，因为，所以，所以，即，即，因为，所以，即，由题意得，解得，由正弦定理得，令，，，函数在上单调递增，则，则，所以的取值范围为.18．(1)(2)(3)【分析】（1）由条件求出，即得椭圆的离心率；（2）结合条件判断当与椭圆相切时，最大，设切线方程，将其与椭圆方程联立，根据判别式等于零求得，再利用到角公式计算即得；（3）设，与椭圆方程联立，由推得，根据向量数量积的坐标公式化简计算，推得存在，使得成立，即得代入，得对恒成立，求解不等式，即得参数的取值范围.【详解】（1）因，则，则，，则椭圆的离心率为；（2）因，则，此时，在椭圆的外部，显然当与椭圆相切时，最大.设过点的直线方程为，将其与联立，消去，得，由化简得，因，代入解得，即直线的斜率分别为，由到角公式可得，则，故的最大值为；（3）依题意设，代入，消去