内蒙古自治区巴彦淖尔市2026-2027学年高考适应性考试数学试卷（含答案解析）

这是一份内蒙古自治区巴彦淖尔市2026-2027学年高考适应性考试数学试卷（含答案解析）试卷主要包含了若集合，，则下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．若，，，点C在AB上，且，设，则的值为（ ）
A．B．C．D．
2．是虚数单位，则（ ）
A．1B．2C．D．
3．已知，则“m⊥n”是“m⊥l”的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．公差不为零的等差数列{an}中，a1+a2+a5=13，且a1、a2、a5成等比数列，则数列{an}的公差等于( )
A．1B．2C．3D．4
5．小张家订了一份报纸，送报人可能在早上之间把报送到小张家，小张离开家去工作的时间在早上之间.用表示事件：“小张在离开家前能得到报纸”，设送报人到达的时间为，小张离开家的时间为，看成平面中的点，则用几何概型的公式得到事件的概率等于（ ）
A．B．C．D．
6．已知双曲线的实轴长为，离心率为，、分别为双曲线的左、右焦点，点在双曲线上运动，若为锐角三角形，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．若的展开式中含有常数项，且的最小值为，则（ ）
A．B．C．D．
8．记其中表示不大于x的最大整数，若方程在在有7个不同的实数根，则实数k的取值范围( )
A．B．C．D．
9．若集合，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
10．如果直线与圆相交，则点与圆C的位置关系是（ ）
A．点M在圆C上B．点M在圆C外
C．点M在圆C内D．上述三种情况都有可能
11．一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ）
A．B．C．D．
12．数学中的数形结合，也可以组成世间万物的绚丽画面.一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的结合产物，曲线恰好是四叶玫瑰线.
给出下列结论：①曲线C经过5个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；②曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2；③曲线C围成区域的面积大于；④方程表示的曲线C在第二象限和第四象限其中正确结论的序号是( )
A．①③B．②④C．①②③D．②③④
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．小李参加有关“学习强国”的答题活动，要从4道题中随机抽取2道作答，小李会其中的三道题，则抽到的2道题小李都会的概率为_____.
14．在中，，．若，则 _________．
15．函数在区间(-∞，1)上递增，则实数a的取值范围是____
16．已知函数f(x)＝若关于x的方程f(x)＝kx有两个不同的实根，则实数k的取值范围是________．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知椭圆，点为半圆上一动点，若过作椭圆的两切线分别交轴于、两点.
（1）求证：；
（2）当时，求的取值范围.
18．（12分）如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1是菱形，AC=BC=2，∠CBB1=，点A在平面BCC1B1上的投影为棱BB1的中点E．
（1）求证：四边形ACC1A1为矩形；
（2）求二面角E-B1C-A1的平面角的余弦值．
19．（12分）已知正实数满足 .
（1）求 的最小值.
（2）证明：
20．（12分）如图，点为圆：上一动点，过点分别作轴，轴的垂线，垂足分别为，，连接延长至点，使得，点的轨迹记为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）若点，分别位于轴与轴的正半轴上，直线与曲线相交于，两点，且，试问在曲线上是否存在点，使得四边形为平行四边形，若存在，求出直线方程；若不存在，说明理由.
21．（12分）已知x∈R，设，，记函数.
（1）求函数取最小值时x的取值范围；
（2）设△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，求△ABC的面积S的最大值.
22．（10分）已知函数，，且．
（1）当时，求函数的减区间；
（2）求证：方程有两个不相等的实数根；
（3）若方程的两个实数根是，试比较，与的大小，并说明理由．
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、B
【解析】
利用向量的数量积运算即可算出．
【详解】
解：
，，
又在上
，
故选：
本题主要考查了向量的基本运算的应用，向量的基本定理的应用及向量共线定理等知识的综合应用．
2、C
【解析】
由复数除法的运算法则求出，再由模长公式，即可求解.
【详解】
由.
故选:C.
本题考查复数的除法和模，属于基础题.
3、B
【解析】
构造长方体ABCD﹣A1B1C1D1，令平面α为面ADD1A1，底面ABCD为β，然后再在这两个面中根据题意恰当的选取直线为m，n即可进行判断．
【详解】
如图，取长方体ABCD﹣A1B1C1D1，令平面α为面ADD1A1，底面ABCD为β，直线=直线。
若令AD1＝m，AB＝n，则m⊥n，但m不垂直于
若m⊥，由平面平面可知，直线m垂直于平面β，所以m垂直于平面β内的任意一条直线
∴m⊥n是m⊥的必要不充分条件．
故选：B．
本题考点有两个：①考查了充分必要条件的判断，在确定好大前提的条件下，从m⊥n⇒m⊥？和m⊥⇒m⊥n？两方面进行判断；②是空间的垂直关系，一般利用长方体为载体进行分析．
4、B
【解析】
设数列的公差为.由，成等比数列，列关于的方程组，即求公差.
【详解】
设数列的公差为，
①.
成等比数列，②，
解①②可得.
故选：.
本题考查等差数列基本量的计算，属于基础题.
5、D
【解析】
这是几何概型，画出图形，利用面积比即可求解.
【详解】
解：事件发生，需满足，即事件应位于五边形内，作图如下：
故选：D
考查几何概型，是基础题.
6、A
【解析】
由已知先确定出双曲线方程为，再分别找到为直角三角形的两种情况，最后再结合即可解决.
【详解】
由已知可得，，所以，从而双曲线方程为
，不妨设点在双曲线右支上运动，则，当时，
此时，所以，
，所以；
当轴时，，所以，又为锐角三
角形，所以.
故选：A.
本题考查双曲线的性质及其应用，本题的关键是找到为锐角三角形的临界情况，即为直角三角形，是一道中档题.
7、C
【解析】
展开式的通项为
，因为展开式中含有常数项，所以，即为整数，故n的最小值为1．
所以.故选C
点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略
(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.
(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.
8、D
【解析】
做出函数的图象，问题转化为函数的图象在有7个交点，而函数在上有3个交点，则在上有4个不同的交点，数形结合即可求解.
【详解】
作出函数的图象如图所示，由图可知

方程在上有3个不同的实数根，
则在上有4个不同的实数根，
当直线经过时，；
当直线经过时，，
可知当时，直线与的图象在上有4个交点，
即方程，在上有4个不同的实数根.
故选:D.
本题考查方程根的个数求参数，利用函数零点和方程之间的关系转化为两个函数的交点是解题的关键，运用数形结合是解决函数零点问题的基本思想，属于中档题.
9、D
【解析】
由题意，分析即得解
【详解】
由题意，故，
故选：D
本题考查了元素和集合，集合和集合之间的关系，考查了学生概念理解，数学运算能力，属于基础题.
10、B
【解析】
根据圆心到直线的距离小于半径可得满足的条件，利用与圆心的距离判断即可.
【详解】
直线与圆相交，
圆心到直线的距离，
即．
也就是点到圆的圆心的距离大于半径．
即点与圆的位置关系是点在圆外．
故选：
本题主要考查直线与圆相交的性质，考查点到直线距离公式的应用，属于中档题．
11、D
【解析】
试题分析：如图所示，截去部分是正方体的一个角,其体积是正方体体积的,剩余部分体积是正方体体积的,所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为,故选D.
考点：本题主要考查三视图及几何体体积的计算.
12、B
【解析】
利用基本不等式得，可判断②；和联立解得可判断①③；由图可判断④.
【详解】
，
解得（当且仅当时取等号），则②正确；
将和联立，解得，
即圆与曲线C相切于点，，，，
则①和③都错误；由，得④正确.
故选：B.
本题考查曲线与方程的应用，根据方程，判断曲线的性质及结论，考查学生逻辑推理能力，是一道有一定难度的题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
从四道题中随机抽取两道共6种情况，抽到的两道全都会的情况有3种，即可得到概率.
【详解】
由题：从从4道题中随机抽取2道作答，共有种，
小李会其中的三道题，则抽到的2道题小李都会的情况共有种，
所以其概率为.
故答案为：
此题考查根据古典概型求概率，关键在于根据题意准确求出基本事件的总数和某一事件包含的基本事件个数.
14、
【解析】
分析：首先设出相应的直角边长，利用余弦勾股定理得到相应的斜边长，之后应用余弦定理得到直角边长之间的关系，从而应用正切函数的定义，对边比临边，求得对应角的正切值，即可得结果.
详解：根据题意，设，则，根据，
得，由勾股定理可得，
根据余弦定理可得，
化简整理得，即，解得，
所以，故答案是.
点睛：该题考查的是有关解三角形的问题，在解题的过程中，注意分析要求对应角的正切值，需要求谁，而题中所给的条件与对应的结果之间有什么样的连线，设出直角边长，利用所给的角的余弦值，利用余弦定理得到相应的等量关系，求得最后的结果.
15、
【解析】
根据复合函数单调性同增异减，结合二次函数的性质、对数型函数的定义域列不等式组，解不等式求得的取值范围.
【详解】
由二次函数的性质和复合函数的单调性可得
解得.
故答案为：
本小题主要考查根据对数型复合函数的单调性求参数的取值范围，属于基础题.
16、
【解析】
由图可知，当直线y＝kx在直线OA与x轴(不含它们)之间时，y＝kx与y＝f(x)的图像有两个不同交点，即方程有两个不相同的实根．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）见解析；（2）.
【解析】
（1）分两种情况讨论：①两切线、中有一条切线斜率不存在时，求出两切线的方程，验证结论成立；②两切线、的斜率都存在，可设切线的方程为，将该直线的方程与椭圆的方程联立，由可得出关于的二次方程，利用韦达定理得出两切线的斜率之积为，进而可得出结论；
（2）求出点、的坐标，利用两点间的距离公式结合韦达定理得出，换元，可得出，利用二次函数的基本性质可求得的取值范围.
【详解】
（1）由于点在半圆上，则.
①当两切线、中有一条切线斜率不存在时，可求得两切线方程为，或，，此时；
②当两切线、的斜率都存在时，设切线的方程为（、的斜率分别为、），
，
，，.
综上所述，；
（2）根据题意得、，
，
令，则，
所以，当时，，当时，.
因此，的取值范围是.
本题考查椭圆两切线垂直的证明，同时也考查了弦长的取值范围的计算，考查计算能力，属于中等题.
18、（1）见解析（2）
【解析】
（1）通过勾股定理得出，又，进而可得平面，则可得到，问题得证；
（2）如图，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，求出平面的法向量和平面的法向量，利用空间向量的夹角公式可得答案.
【详解】
（1）因为平面，所以，
又因为，，，所以，
因此，所以，
因此平面，所以，
从而，又四边形为平行四边形，
则四边形为矩形；
（2）如图，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，所以，
平面的法向量，设平面的法向量，
由，
由，
令，即，
所以，，
所以，所求二面角的余弦值是.
本题考查空间垂直关系的证明，考查向量法求二面角的大小，考查学生计算能力，是中档题.
19、（1）；（2）见解析
【解析】
（1）利用乘“1”法，结合基本不等式求得结果.
（2）直接利用基本不等式及乘“1”法，证明即可.
【详解】
（1）因为 ，所以
因为 ，所以 （当且仅当 ，即 时等号成立），
所以
（2）证明：
因为 ，所以
故 （当且仅当 时，等号成立）
本题考查了基本不等式的应用，考查了乘“1”法的技巧，考查了推理论证能力，属于中档题.
20、（1）（2）不存在；详见解析
【解析】
（1）设，，，通过，即为的中点，转化求解，点的轨迹的方程．
（2）设直线的方程为，先根据，可得，①，再根据韦达定理，点在椭圆上可得，②，将①代入②可得，该方程无解，问题得以解决
【详解】
（1）设，，则，，
由题意知，所以为中点，
由中点坐标公式得，即，
又点在圆：上，故满足，得.
曲线的方程.
（2）由题意知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，
因为，故，即①，
联立，消去得：，
设，，
，，
，
因为四边形为平行四边形，故，
点在椭圆上，故，整理得②，
将①代入②，得，该方程无解，故这样的直线不存在.
本题考查点的轨迹方程的求法、满足条件的点是否存在的判断与直线方程的求法，考查数学转化思想方法，是中档题．
21、（1）；（2）
【解析】
(1)先根据向量的数量积的运算，以及二倍角公式和两角和的正弦公式化简得到f（x）=，再根据正弦函数的性质即可求出答案；（2）先求出C的大小，再根据余弦定理和基本不等式，即可求出，根据三角形的面积公式即可求出答案.
【详解】
（1）.
令，k∈Z，即时，，取最小值，
所以，所求的取值集合是；
（2）由，得，
因为，所以，所以，.
在中，由余弦定理，
得，即，当且仅当时取等号，
所以的面积，
因此的面积的最大值为.
本题考查了向量的数量积的运算和二倍角公式，两角和的正弦公式，余弦定理和基本不等式，三角形的面积公式，属于中档题.
22、（1）（2）详见解析（3）
【解析】
试题分析：（1）当时，，由得减区间；（2）因为，所以，因为所以，方程有两个不相等的实数根；（3）因为，，所以
试题解析：（1）当时，，由得减区间；
（2）法1：，
，，
所以，方程有两个不相等的实数根；
法2：，
，
是开口向上的二次函数，
所以，方程有两个不相等的实数根；
（3）因为，
，
又在和增，在减，
所以．
考点：利用导数求函数减区间，二次函数与二次方程关系