2027年辽宁省丹东市高考适应性考试数学试卷（含答案解析）

这是一份2027年辽宁省丹东市高考适应性考试数学试卷（含答案解析），共3页。试卷主要包含了在中，为中点，且，若，则，已知函数，则不等式的解集是，在中，“”是“”的，设曲线在点处的切线方程为，则等内容，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．如图，在三棱锥中，平面，，，，，分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为
A．0B．C．D．1
2．若函数有且只有4个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．在中，为中点，且，若，则（ ）
A．B．C．D．
4．某几何体的三视图如图所示，若侧视图和俯视图均是边长为的等边三角形，则该几何体的体积为
A．B．C．D．
5．复数的共轭复数记作，已知复数对应复平面上的点，复数:满足.则等于（ ）
A．B．C．D．
6．已知a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且a⊂α，b⊂β，aβ，bα，则“ab“是“αβ”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
7．已知函数，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
8．在中，“”是“”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
9．设曲线在点处的切线方程为，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
10．已知函数，当时，恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
11．已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为点，延长交椭圆于点，若为等腰三角形，则椭圆的离心率
A．B．
C．D．
12．已知在平面直角坐标系中，圆：与圆：交于，两点，若，则实数的值为（ ）
A．1B．2C．-1D．-2
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知数列满足：点在直线上，若使、、构成等比数列，则______
14．复数（其中i为虚数单位）的共轭复数为________.
15．命题“对任意，”的否定是 ．
16．已知双曲线：（，），直线：与双曲线的两条渐近线分别交于，两点.若（点为坐标原点）的面积为32，且双曲线的焦距为，则双曲线的离心率为________.
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）已知在中，角，，的对边分别为，，，且.
（1）求的值；
（2）若，求面积的最大值.
18．（12分）已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）若函数有两个极值点，，且，为的导函数，设，求的取值范围，并求取到最小值时所对应的的值.
19．（12分）已知函数.
（1）讨论的零点个数；
（2）证明：当时，.
20．（12分）已知函数存在一个极大值点和一个极小值点.
（1）求实数a的取值范围；
（2）若函数的极大值点和极小值点分别为和，且，求实数a的取值范围.（e是自然对数的底数）
21．（12分）已知数列的前项和和通项满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）已知数列中，，，求数列的前项和.
22．（10分）设函数．
（1）求不等式的解集；
（2）若的最小值为，且，求的最小值．
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】
根据题意可得平面，，则即异面直线与所成的角，连接CG，在中，，易得，所以，所以，故选B．
2、B
【解析】
由是偶函数，则只需在上有且只有两个零点即可.
【详解】
解：显然是偶函数
所以只需时，有且只有2个零点即可
令，则
令，
递减，且
递增，且
时，有且只有2个零点，
只需
故选：B
考查函数性质的应用以及根据零点个数确定参数的取值范围，基础题.
3、B
【解析】
选取向量，为基底，由向量线性运算，求出，即可求得结果.
【详解】
， ，
，
，，.
故选：B.
本题考查了平面向量的线性运算，平面向量基本定理，属于基础题.
4、C
【解析】
由三视图可知，该几何体是三棱锥，底面是边长为的等边三角形，三棱锥的高为，所以该几何体的体积，故选C．
5、A
【解析】
根据复数的几何意义得出复数，进而得出，由得出可计算出，由此可计算出.
【详解】
由于复数对应复平面上的点，，则，
，，因此，.
故选：A.
本题考查复数模的计算，考查了复数的坐标表示、共轭复数以及复数的除法，考查计算能力，属于基础题.
6、D
【解析】
根据面面平行的判定及性质求解即可．
【详解】
解：a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α，
由a∥b，不一定有α∥β，α与β可能相交；
反之，由α∥β，可得a∥b或a与b异面，
∴a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α，
则“a∥b“是“α∥β”的既不充分也不必要条件．
故选：D.
本题主要考查充分条件与必要条件的判断，考查面面平行的判定与性质，属于基础题．
7、B
【解析】
由导数确定函数的单调性，利用函数单调性解不等式即可.
【详解】
函数，可得，
时，，单调递增，
∵，
故不等式的解集等价于不等式的解集．
．
∴．
故选：B．
本题主要考查了利用导数判定函数的单调性，根据单调性解不等式，属于中档题.
8、D
【解析】
通过列举法可求解，如两角分别为时
【详解】
当时，，但，故充分条件推不出；
当时，，但，故必要条件推不出；
所以“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
本题考查命题的充分与必要条件判断，三角函数在解三角形中的具体应用，属于基础题
9、D
【解析】
利用导数的几何意义得直线的斜率，列出a的方程即可求解
【详解】
因为，且在点处的切线的斜率为3，所以，即.
故选：D
本题考查导数的几何意义，考查运算求解能力，是基础题
10、A
【解析】
分析可得,显然在上恒成立,只需讨论时的情况即可,,然后构造函数,结合的单调性,不等式等价于,进而求得的取值范围即可.
【详解】
由题意,若,显然不是恒大于零,故.
,则在上恒成立;
当时,等价于,
因为,所以.
设,由,显然在上单调递增,
因为,所以等价于,即,则.
设,则.
令,解得,易得在上单调递增,在上单调递减,
从而，故.
故选:A.
本题考查了不等式恒成立问题,利用函数单调性是解决本题的关键,考查了学生的推理能力,属于基础题.
11、B
【解析】
设，则，，
因为，所以．若，则，所以，
所以，不符合题意，所以，则，
所以，所以，，设，则，
在中，易得，所以，解得（负值舍去），
所以椭圆的离心率．故选B．
12、D
【解析】
由可得，O在AB的中垂线上，结合圆的性质可知O在两个圆心的连线上，从而可求.
【详解】
因为，所以O在AB的中垂线上，即O在两个圆心的连线上，，，三点共线，所以，得，故选D.
本题主要考查圆的性质应用，几何性质的转化是求解的捷径.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、13
【解析】
根据点在直线上可求得，由等比中项的定义可构造方程求得结果.
【详解】
在上，，
成等比数列，，即，解得：.
故答案为：.
本题考查根据三项成等比数列求解参数值的问题，涉及到等比中项的应用，属于基础题.
14、
【解析】
利用复数的乘法运算求出，再利用共轭复数的概念即可求解.
【详解】
由，
则.
故答案为：
本题考查了复数的四则运算以及共轭复数的概念，属于基础题.
15、存在，使得
【解析】
试题分析：根据命题否定的概念，可知命题“对任意，”的否定是“存在，使得”．
考点：命题的否定．
16、或
【解析】
用表示出的面积，求得等量关系，联立焦距的大小，以及，即可容易求得，则离心率得解.
【详解】
联立解得.
所以的面积，所以.
而由双曲线的焦距为知，，所以.
联立解得或
故双曲线的离心率为或.
故答案为：或.
本题考查双曲线的方程与性质，考查运算求解能力以及函数与方程思想，属中档题.
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);(2) .
【解析】
分析：（1）在式子中运用正弦、余弦定理后可得．（2）由经三角变换可得，然后运用余弦定理可得，从而得到，故得．
详解：(1)由题意及正、余弦定理得，
整理得，
∴
（2）由题意得，
∴，
∵，
∴，
∴.
由余弦定理得，
∴，
，当且仅当时等号成立．
∴．
∴面积的最大值为．
点睛：（1）正、余弦定理经常与三角形的面积综合在一起考查，解题时要注意整体代换的应用，如余弦定理中常用的变形，这样自然地与三角形的面积公式结合在一起．
（2）运用基本不等式求最值时，要注意等号成立的条件，在解题中必须要注明．
18、（1）单调递增区间为，单调递减区间为（2）的取值范围是；对应的的值为.
【解析】
（1）当时，求的导数可得函数的单调区间；（2）若函数有两个极值点，，且，利用导函数，可得的范围，再表达，构造新函数可求的取值范围，从而可求取到最小值时所对应的的值．
【详解】
（1）函数
由条件得函数的定义域：，
当时，，
所以：，
时，，
当时，，当，时，，
则函数的单调增区间为：，单调递减区间为：，；
（2）由条件得：，，
由条件得有两根：，，满足，
△，可得：或；
由，可得：．
，
函数的对称轴为，，
所以：，；
，可得：，
，
，则：，
所以：；
所以：，
令，，，
则，
因为：时，，所以：在，上是单调递减，在，上单调递增，
因为：，（1），，（1），
所以，；
即的取值范围是：，；
，所以有，
则，；
所以当取到最小值时所对应的的值为；
本题主要考查利用导数研究函数的极值和单调区间问题，考查利用导数求函数的最值，体现了转化的思想方法，属于难题．
19、（1）见解析（2）见解析
【解析】
（1）求出，分别以当，，时，结合函数的单调性和最值判断零点的个数.（2）令，结合导数求出；同理可求出满足，从而可得，进而证明.
【详解】
解析：（1），，
当时，，单调递减，，，此时有1个零点；
当时，无零点；
当时，由得，由得，∴在单调递减，在单调递增，∴在处取得最小值，
若，则，此时没有零点；
若，则，此时有1个零点；
若，则，，求导易得，此时在，上各有1个零点.
综上可得时，没有零点，或时，有1个零点，时，有2个零点.
（2）令，则，当时，；当时，，∴.
令，则，
当时，，当时，，∴，
∴，，∴，即.
本题考查了导数判断函数零点问题，考查了运用导数证明不等式问题，考查了分类的数学思想.本题的难点在于第二问不等式的证明中，合理设出函数，通过比较最值证明.
20、（1）；（2）.
【解析】
（1）首先对函数求导，根据函数存在一个极大值点和一个极小值点求出a的取值范围；
（2）首先求出的值，再根据求出实数a的取值范围.
【详解】
（1）函数的定义域为是，
，
若有两个极值点，则方程一定有两个不等的正根，
设为和，且，
所以解得，
此时，
当时，，
当时，，
当时，，
故是极大值点，是极小值点，
故实数a的取值范围是；
（2）由（1）知，，，
则，
，
，
由，得，即，
令，考虑到，
所以可化为，
而，
所以在上为增函数，
由，得，
故实数a的取值范围是.
本题主要考查了利用导数研究函数的极值点和单调性，利用函数单调性证明不等式，属于难题.
21、（1）；（2）
【解析】
（1）当时，利用可得，故可利用等比数列的通项公式求出的通项.
（2）利用分组求和法可求数列的前项和.
【详解】
（1）当时，，所以，
当时，，①
，②
所以，
即，又因为，故，所以，
所以是首项，公比为的等比数列，
故.
（2）由得：数列为等差数列，公差，
，，

.
本题考查数列的通项与求和，注意数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.
22、（1）或（2）最小值为．
【解析】
（1）讨论，，三种情况，分别计算得到答案.
（2）计算得到，再利用均值不等式计算得到答案.
【详解】
（1）
当时，由，解得；
当时，由，解得；
当时，由，解得．
所以所求不等式的解集为或．
（2）根据函数图像知：当时，，所以．
因为
，
由，可知，
所以，
当且仅当，，时，等号成立．
所以的最小值为．
本题考查了解绝对值不等式，函数最值，均值不等式，意在考查学生对于不等式，函数知识的综合应用.