2027年西宁市高考临考冲刺数学试卷（含答案解析）

这是一份2027年西宁市高考临考冲刺数学试卷（含答案解析）试卷主要包含了一个四棱锥的三视图如图所示，已知复数，为的共轭复数，则，抛物线的准线方程是，则实数，设为非零实数，且，则，在中，，，，则边上的高为等内容，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．已知甲、乙两人独立出行，各租用共享单车一次（假定费用只可能为、、元）．甲、乙租车费用为元的概率分别是、，甲、乙租车费用为元的概率分别是、，则甲、乙两人所扣租车费用相同的概率为（ ）
A．B．C．D．
2．已知，则（ ）
A．B．C．D．
3．一个四棱锥的三视图如图所示（其中主视图也叫正视图，左视图也叫侧视图），则这个四棱锥中最最长棱的长度是（ ）．
A．B．C．D．
4．已知复数，为的共轭复数，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）
A．B．64C．D．32
6．抛物线的准线方程是，则实数（ ）
A．B．C．D．
7．设为非零实数，且，则（ ）
A．B．C．D．
8．在中，，，，则边上的高为（ ）
A．B．2C．D．
9．三棱锥的各个顶点都在求的表面上，且是等边三角形，底面，，，若点在线段上，且，则过点的平面截球所得截面的最小面积为（ ）
A．B．C．D．
10．执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（ ）
A．B．C．D．
11．是虚数单位，则（ ）
A．1B．2C．D．
12．命题：存在实数，对任意实数，使得恒成立；：，为奇函数，则下列命题是真命题的是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知向量，，若，则________.
14．从4名男生和3名女生中选出4名去参加一项活动，要求男生中的甲和乙不能同时参加，女生中的丙和丁至少有一名参加，则不同的选法种数为______.（用数字作答）
15． “直线l1：与直线l2：平行”是“a＝2”的_______条件（填“充分不必要”、“必要不充分”、“充分必要”或“既不充分又不必要”）．
16．已知不等式组所表示的平面区域为，则区域的外接圆的面积为______．
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）如图，设椭圆：，长轴的右端点与抛物线：的焦点重合，且椭圆的离心率是．
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）过作直线交抛物线于，两点，过且与直线垂直的直线交椭圆于另一点，求面积的最小值，以及取到最小值时直线的方程．
18．（12分）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足.
（1）求B；
（2）若，AD为BC边上的中线，当的面积取得最大值时，求AD的长.
19．（12分）已知函数.
（Ⅰ）当时，求不等式的解集；
（Ⅱ）若存在满足不等式，求实数的取值范围.
20．（12分）如图，在三棱锥中，，是的中点，点在上，平面，平面平面，为锐角三角形，求证：
（1）是的中点；
（2）平面平面.
21．（12分）已知.
（1）解关于x的不等式：；
（2）若的最小值为M，且，求证：.
22．（10分）已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）设的最小值为，正数，满足，证明：.
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】
甲、乙两人所扣租车费用相同即同为1元，或同为2元，或同为3元，由独立事件的概率公式计算即得．
【详解】
由题意甲、乙租车费用为3元的概率分别是，
∴甲、乙两人所扣租车费用相同的概率为
．
故选：B．
本题考查独立性事件的概率．掌握独立事件的概率乘法公式是解题基础．
2、C
【解析】
利用诱导公式得，，再利用倍角公式，即可得答案.
【详解】
由可得，∴，
∴.
故选：C.
本题考查诱导公式、倍角公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意三角函数的符号.
3、A
【解析】
作出其直观图，然后结合数据根据勾股定定理计算每一条棱长即可.
【详解】
根据三视图作出该四棱锥的直观图，如图所示，其中底面是直角梯形，且，，
平面，且，
∴，，，，
∴这个四棱锥中最长棱的长度是．
故选．
本题考查了四棱锥的三视图的有关计算，正确还原直观图是解题关键，属于基础题．
4、C
【解析】
求出，直接由复数的代数形式的乘除运算化简复数.
【详解】
.
故选：C
本题考查复数的代数形式的四则运算，共轭复数，属于基础题.
5、A
【解析】
根据三视图，还原空间几何体，即可得该几何体的体积.
【详解】
由该几何体的三视图，还原空间几何体如下图所示：
可知该几何体是底面在左侧的四棱锥，其底面是边长为4的正方形，高为4，
故.
故选：A
本题考查了三视图的简单应用，由三视图还原空间几何体，棱锥体积的求法，属于基础题.
6、C
【解析】
根据准线的方程写出抛物线的标准方程,再对照系数求解即可.
【详解】
因为准线方程为,所以抛物线方程为,所以,即.
故选：C
本题考查抛物线与准线的方程.属于基础题.
7、C
【解析】
取，计算知错误，根据不等式性质知正确，得到答案.
【详解】
，故，，故正确；
取，计算知错误；
故选：.
本题考查了不等式性质，意在考查学生对于不等式性质的灵活运用.
8、C
【解析】
结合正弦定理、三角形的内角和定理、两角和的正弦公式，求得边长，由此求得边上的高.
【详解】
过作，交的延长线于.由于，所以为钝角，且，所以.在三角形中，由正弦定理得，即，所以.在中有，即边上的高为.
故选：C
本小题主要考查正弦定理解三角形，考查三角形的内角和定理、两角和的正弦公式，属于中档题.
9、A
【解析】
由题意画出图形，求出三棱锥S-ABC的外接球的半径，再求出外接球球心到D的距离，利用勾股定理求得过点D的平面截球O所得截面圆的最小半径，则答案可求.
【详解】
如图，设三角形ABC外接圆的圆心为G，则外接圆半径AG=,
设三棱锥S-ABC的外接球的球心为O，则外接球的半径R=
取SA中点E，由SA=4，AD=3SD，得DE=1,
所以OD=.
则过点D的平面截球O所得截面圆的最小半径为
所以过点D的平面截球O所得截面的最小面积为
故选：A
本题考查三棱锥的外接球问题，还考查了求截面的最小面积，属于较难题.
10、D
【解析】
循环依次为
直至结束循环，输出
，选D.
点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.
11、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.
12、A
【解析】
分别判断命题和的真假性，然后根据含有逻辑联结词命题的真假性判断出正确选项.
【详解】
对于命题，由于，所以命题为真命题.对于命题，由于，由解得，且，所以是奇函数，故为真命题.所以为真命题. 、、都是假命题.
故选：A
本小题主要考查诱导公式，考查函数的奇偶性，考查含有逻辑联结词命题真假性的判断，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、10
【解析】
根据垂直得到，代入计算得到答案.
【详解】
，则，解得，
故，故.
故答案为：.
本题考查了根据向量垂直求参数，向量模，意在考查学生的计算能力.
14、1
【解析】
由排列组合及分类讨论思想分别讨论：①设甲参加，乙不参加，②设乙参加，甲不参加，③设甲，乙都不参加，可得不同的选法种数为9+9+5＝1，得解．
【详解】
①设甲参加，乙不参加，由女生中的丙和丁至少有一名参加，可得不同的选法种数为9，
②设乙参加，甲不参加，由女生中的丙和丁至少有一名参加，可得不同的选法种数为9，
③设甲，乙都不参加，由女生中的丙和丁至少有一名参加，可得不同的选法种数为5，
综合①②③得：不同的选法种数为9+9+5＝1，
故答案为：1．
本题考查了排列组合及分类讨论思想，准确分类及计算是关键，属中档题．
15、必要不充分
【解析】
先求解直线l1与直线l2平行的等价条件，然后进行判断.
【详解】
“直线l1：与直线l2：平行”等价于a＝±2，
故“直线l1：与直线l2：平行”是“a＝2”的必要不充分条件．
故答案为：必要不充分.
本题主要考查充分必要条件的判定，把已知条件进行等价转化是求解这类问题的关键，侧重考查逻辑推理的核心素养.
16、
【解析】
先作可行域，根据解三角形得外接圆半径，最后根据圆面积公式得结果.
【详解】
由题意作出区域，如图中阴影部分所示，
易知，故 ，又，设的外接圆的半径为，则由正弦定理得，即，故所求外接圆的面积为.
线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离、可行域面积、可行域外接圆等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.
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、（Ⅰ）；（Ⅱ）面积的最小值为9，.
【解析】
（Ⅰ）由已知求出抛物线的焦点坐标即得椭圆中的，再由离心率可求得，从而得值，得标准方程；
（Ⅱ）设直线方程为，设，把直线方程代入抛物线方程，化为的一元二次方程，由韦达定理得，由弦长公式得，同理求得点的横坐标，于是可得，将面积表示为参数的函数，利用导数可求得最大值.
【详解】
（Ⅰ）∵椭圆：，
长轴的右端点与抛物线：的焦点重合，
∴，
又∵椭圆的离心率是，∴，，
∴椭圆的标准方程为．
（Ⅱ）过点的直线的方程设为，设，，
联立得，
∴，，
∴．
过且与直线垂直的直线设为，
联立得，
∴，故，
∴，
面积．
令，则，，
令，则，即时，面积最小，
即当时，面积的最小值为9，
此时直线的方程为．
本题考查椭圆方程的求解，抛物线中弦长的求解，涉及三角形面积范围问题，利用导数求函数的最值问题，属综合困难题.
18、（1）；（2）.
【解析】
（1）利用正弦定理及可得，从而得到；
（2）在中，利用余弦定可得，，而，故当时，的面积取得最大值，此时，，在中，再利用余弦定理即可解决.
【详解】
（1）由正弦定理及已知得，
结合，
得，
因为，所以，
由，得.
（2）在中，由余弦定得，
因为，所以，
当且仅当时，的面积取得最大值，此时.
在中，由余弦定理得
.
即.
本题考查正余弦定理解三角形，涉及到基本不等式求最值，考查学生的计算能力，是一道容易题.
19、（Ⅰ）或.（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）分类讨论解绝对值不等式得到答案.
（Ⅱ）讨论和两种情况，得到函数单调性，得到只需，代入计算得到答案.
【详解】
（Ⅰ）当时，不等式为，
变形为或或，解集为或.
（Ⅱ）当时，，
由此可知在单调递减，在单调递增，
当时，同样得到在单调递减，在单调递增，
所以，存在满足不等式，只需，即，
解得.
本题考查了解绝对值不等式，不等式存在性问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
20、（1）证明见解析；（2）证明见解析；
【解析】
（1）推导出，由是的中点，能证明是有中点．
（2）作于点，推导出平面，从而，由，能证明平面，由此能证明平面平面．
【详解】
证明：（1）在三棱锥中，
平面，平面平面，
平面，
，
在中，是的中点，是有中点．
（2）在三棱锥中，是锐角三角形，
在中，可作于点，
平面平面，平面平面，
平面，平面，
平面，，
，，
平面，
平面，平面平面．
本题考查线段中点的证明，考查面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，属于中档题．
21、（1）；（2）证明见解析.
【解析】
（1）分类讨论求解绝对值不等式即可；
（2）由（1）中所得函数，求得最小值，再利用均值不等式即可证明.
【详解】
（1）当时，等价于，该不等式恒成立，
当时，等价于，该不等式解集为，
当时，等价于，解得，
综上，或，
所以不等式的解集为.
（2），
易得的最小值为1，即
因为，，，
所以，，，
所以
，
当且仅当时等号成立.
本题考查利用分类讨论求解绝对值不等式，涉及利用均值不等式证明不等式，属综合中档题.
22、（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）将表示为分段函数的形式，由此求得不等式的解集.
（2）利用绝对值三角不等式求得的最小值，利用分析法，结合基本不等式，证得不等式成立.
【详解】
（1），
不等式，即或或，
即有或或，
所以所求不等式的解集为.
（2），，
因为，，
所以要证，只需证，
即证，
因为，所以只要证，
即证，
即证，因为，所以只需证，
因为，所以成立，
所以.
本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查分析法证明不等式，考查基本不等式的运用，属于中档题.