2027年山西省长治市高考适应性考试数学试卷（含答案解析）

这是一份2027年山西省长治市高考适应性考试数学试卷（含答案解析），共18页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，若复数z满足，则，一袋中装有个红球和个黑球，双曲线﹣y2=1的渐近线方程是等内容，欢迎下载使用。
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
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．已知为锐角，且，则等于（ ）
A．B．C．D．
2．已知命题p:直线a∥b，且b⊂平面α，则a∥α；命题q:直线l⊥平面α，任意直线m⊂α，则l⊥m.下列命题为真命题的是（ ）
A．p∧qB．p∨（非q）C．（非p）∧qD．p∧（非q）
3．如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ）
A．B．C．D．8
4．若复数z满足，则（ ）
A．B．C．D．
5．设m，n为直线，、为平面，则的一个充分条件可以是( )
A．，，B．，
C．，D．，
6．在棱长均相等的正三棱柱中，为的中点，在上，且，则下述结论：①；②；③平面平面：④异面直线与所成角为其中正确命题的个数为( )
A．1B．2C．3D．4
7．一袋中装有个红球和个黑球（除颜色外无区别），任取球，记其中黑球数为，则为（ ）
A．B．C．D．
8．设是定义域为的偶函数，且在单调递增，，则（ ）
A．B．
C．D．
9．双曲线﹣y2=1的渐近线方程是（ ）
A．x±2y=0B．2x±y=0C．4x±y=0D．x±4y=0
10． 若数列满足且，则使的的值为( )
A．B．C．D．
11．将函数的图象向右平移个周期后，所得图象关于轴对称，则的最小正值是（ ）
A．B．C．D．
12．若向量，，则与共线的向量可以是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知函数，若关于的方程在定义域上有四个不同的解，则实数的取值范围是_______.
14．已知双曲线的左右焦点分别关于两渐近线对称点重合，则双曲线的离心率为_____
15．（5分）已知函数，则不等式的解集为____________．
16．如图，是一个四棱锥的平面展开图，其中间是边长为的正方形，上面三角形是等边三角形，左、右三角形是等腰直角三角形，则此四棱锥的体积为_____．
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）已知为坐标原点，单位圆与角终边的交点为，过作平行于轴的直线，设与终边所在直线的交点为，.
（1）求函数的最小正周期；
（2）求函数在区间上的值域.
18．（12分）已知函数.
（1）解不等式；
（2）记函数的最小值为，正实数、满足，求证：.
19．（12分）已知的内角、、的对边分别为、、，满足.有三个条件：①；②；③.其中三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件完成下面两个问题：
（1）求；
（2）设为边上一点，且，求的面积.
20．（12分）已知命题：，；命题：函数无零点.
（1）若为假，求实数的取值范围；
（2）若为假，为真，求实数的取值范围.
21．（12分）已知函数，记的最小值为.
（Ⅰ）解不等式；
（Ⅱ）若正实数，满足，求证：.
22．（10分）已知中，角所对边的长分别为，且
（1）求角的大小；
（2）求的值.
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、C
【解析】
由可得，再利用计算即可.
【详解】
因为，，所以，
所以.
故选：C.
本题考查二倍角公式的应用，考查学生对三角函数式化简求值公式的灵活运用的能力，属于基础题.
2、C
【解析】
首先判断出为假命题、为真命题，然后结合含有简单逻辑联结词命题的真假性，判断出正确选项.
【详解】
根据线面平行的判定，我们易得命题若直线，直线平面，则直线平面或直线在平面内，命题为假命题；
根据线面垂直的定义，我们易得命题若直线平面，则若直线与平面内的任意直线都垂直，命题为真命题.
故:A命题“”为假命题；B命题“”为假命题；C命题“”为真命题；D命题“”为假命题.
故选：C.
本小题主要考查线面平行与垂直有关命题真假性的判断，考查含有简单逻辑联结词的命题的真假性判断，属于基础题.
3、A
【解析】
由三视图还原出原几何体，得出几何体的结构特征，然后计算体积．
【详解】
由三视图知原几何体是一个四棱锥，四棱锥底面是边长为2的正方形，高为2，
直观图如图所示，．
故选：A．
本题考查三视图，考查棱锥的体积公式，掌握基本几何体的三视图是解题关键．
4、D
【解析】
先化简得再求得解.
【详解】
所以.
故选：D
本题主要考查复数的运算和模的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
5、B
【解析】
根据线面垂直的判断方法对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】
对于A选项，当，，时，由于不在平面内，故无法得出.
对于B选项，由于，，所以.故B选项正确.
对于C选项，当，时，可能含于平面，故无法得出.
对于D选项，当，时，无法得出.
综上所述，的一个充分条件是“，”
故选：B
本小题主要考查线面垂直的判断，考查充分必要条件的理解，属于基础题.
6、B
【解析】
设出棱长，通过直线与直线的垂直判断直线与直线的平行，推出①的正误；判断是的中点推出②正的误；利用直线与平面垂直推出平面与平面垂直推出③正的误；建立空间直角坐标系求出异面直线与所成角判断④的正误．
【详解】
解：不妨设棱长为：2，对于①连结，则，即与不垂直，又，①不正确；
对于②，连结，，在中，，而，是的中点，所以，②正确；
对于③由②可知，在中，，连结，易知，而在中，，，
即，又，面，平面平面，③正确；
以为坐标原点，平面上过点垂直于的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立如图所示的直角坐标系；
， ，， ， ， ；
， ；
异面直线与所成角为，，故．④不正确．
故选：．
本题考查命题的真假的判断，棱锥的结构特征，直线与平面垂直，直线与直线的位置关系的应用，考查空间想象能力以及逻辑推理能力．
7、A
【解析】
由题意可知，随机变量的可能取值有、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，进而可求得随机变量的数学期望值.
【详解】
由题意可知，随机变量的可能取值有、、、，
则，，，.
因此，随机变量的数学期望为.
故选：A.
本题考查随机变量数学期望的计算，考查计算能力，属于基础题.
8、C
【解析】
根据偶函数的性质，比较即可.
【详解】
解：
显然，所以
是定义域为的偶函数，且在单调递增，
所以
故选：C
本题考查对数的运算及偶函数的性质，是基础题.
9、A
【解析】
试题分析：渐近线方程是﹣y2=1，整理后就得到双曲线的渐近线．
解：双曲线
其渐近线方程是﹣y2=1
整理得x±2y=1．
故选A．
点评：本题考查了双曲线的渐进方程，把双曲线的标准方程中的“1”转化成“1”即可求出渐进方程．属于基础题．
10、C
【解析】
因为，所以是等差数列，且公差，则，所以由题设可得，则，应选答案C．
11、D
【解析】
由函数的图象平移变换公式求出变换后的函数解析式，再利用诱导公式得到关于的方程，对赋值即可求解.
【详解】
由题意知，函数的最小正周期为,即,
由函数的图象平移变换公式可得，
将函数的图象向右平移个周期后的解析式为
，
因为函数的图象关于轴对称，
所以，即，
所以当时，有最小正值为.
故选：D
本题考查函数的图象平移变换公式和三角函数诱导公式及正余弦函数的性质；熟练掌握诱导公式和正余弦函数的性质是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.
12、B
【解析】
先利用向量坐标运算求出向量,然后利用向量平行的条件判断即可.
【详解】
故选B
本题考查向量的坐标运算和向量平行的判定,属于基础题,在解题中要注意横坐标与横坐标对应,纵坐标与纵坐标对应,切不可错位.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
由题意可在定义域上有四个不同的解等价于关于原点对称的函数与函数的图象有两个交点，运用参变分离和构造函数，进而借助导数分析单调性与极值，画出函数图象，即可得到所求范围.
【详解】
已知定义在上的函数
若在定义域上有四个不同的解
等价于关于原点对称的函数与函数f(x)=lnx-x(x>0)的图象有两个交点，
联立可得有两个解，即
可设，则，
进而且不恒为零，可得在单调递增.
由可得
时，单调递减；
时，单调递增，
即在处取得极小值且为
作出的图象，可得时，有两个解.
故答案为：
本题考查利用利用导数解决方程的根的问题，还考查了等价转化思想与函数对称性的应用，属于难题.
14、
【解析】
双曲线的左右焦点分别关于两条渐近线的对称点重合，可得一条渐近线的斜率为1，即，即可求出双曲线的离心率．
【详解】
解：双曲线的左右焦点分别关于两条渐近线的对称点重合，
一条渐近线的斜率为1，即，
，，
故答案为：．
本题考查双曲线的离心率，考查学生的计算能力，确定一条渐近线的斜率为1是关键，属于基础题．
15、
【解析】
易知函数的定义域为，且，则是上的偶函数．由于在上单调递增，而在上也单调递增，由复合函数的单调性知在上单调递增，又在上单调递增，故知在上单调递增．令，知，则不等式可化为，即，可得，又，是偶函数，可得，由在上单调递增，可得，则，解得，故不等式的解集为．
16、
【解析】
画图直观图可得该几何体为棱锥,再计算高求解体积即可.
【详解】
解：如图,是一个四棱锥的平面展开图,其中间是边长为的正方形,
上面三角形是等边三角形,左、右三角形是等腰直角三角形,
此四棱锥中,是边长为的正方形,
是边长为的等边三角形,
故,又,
故平面平面,
的高是四棱锥的高,
此四棱锥的体积为:
．
故答案为：．
本题主要考查了四棱锥中的长度计算以及垂直的判定和体积计算等,需要根据题意
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】
（1）根据题意，求得，，因而得出，利用降幂公式和二倍角的正弦公式化简函数，最后利用，求出的最小正周期；
（2）由（1）得，再利用整体代入求出函数的值域.
【详解】
（1） 因为 ， ，
所以，
，
所以函数的最小正周期为.
（2）因为，所以
，
所以，
故函数在区间上的值域为.
本题考查正弦型函数的周期和值域，运用到向量的坐标运算、降幂公式和二倍角的正弦公式，考查化简和计算能力.
18、（1）；（2）见解析.
【解析】
（1）分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的的解集；
（2）利用绝对值三角不等式可求得函数的最小值为，进而可得出，再将代数式与相乘，利用基本不等式求得的最小值，进而可证得结论成立.
【详解】
（1）当时，由，得，即，解得，此时；
当时，由，得，即，解得，此时；
当时，由，得，即，解得，此时.
综上所述，不等式的解集为；
（2），
当且仅当时取等号，所以，.
所以，
当且仅当，即，时等号成立，所以.
所以，即.
本题考查含绝对值不等式的求解，同时也考查了利用基本不等式证明不等式成立，涉及绝对值三角不等式的应用，考查运算求解能力，属于中等题.
19、（1）；（2）.
【解析】
（1）先求出角，进而可得出，则①②中有且只有一个正确，③正确，然后分①③正确和②③正确两种情况讨论，结合三角形的面积公式和余弦定理可求得的值；
（2）计算出和，计算出，可得出，进而可求得的面积.
【详解】
（1）因为，所以，得，
，，
为钝角，与矛盾，故①②中仅有一个正确，③正确.
显然，得.
当①③正确时，
由，得（无解）；
当②③正确时，由于，，得；
（2）如图，因为，，则，
则，.
本题考查解三角形综合应用，涉及三角形面积公式和余弦定理的应用，考查计算能力，属于中等题.
20、（1） （2）
【解析】
（1）为假,则为真，求导，利用导函数研究函数有零点条件得的取值范围；
（2）由为假，为真，知一真一假；分类讨论列不等式组可解.
【详解】
（1）依题意，为真，则无解，即无解；
令，则，
故当时，，单调递增，当，， 单调递减，
作出函数图象如下所示，
观察可知，，即；
（2）若为真，则，解得；
由为假，为真，知一真一假；
若真假，则实数满足，则；
若假真，则实数满足，无解；
综上所述，实数的取值范围为.
本题考查根据全(特)称命题的真假求参数的问题.
其思路：与全称命题或特称命题真假有关的参数取值范围问题的本质是恒成立问题或有解问题．解决此类问题时，一般先利用等价转化思想将条件合理转化，得到关于参数的方程或不等式(组)，再通过解方程或不等式(组)求出参数的值或范围．
21、（Ⅰ）（Ⅱ）见证明
【解析】
(Ⅰ)由题意结合不等式的性质零点分段求解不等式的解集即可；
(Ⅱ)首先确定m的值，然后利用柯西不等式即可证得题中的不等式.
【详解】
（Ⅰ）①当时，，即，
∴；
②当时，，
∴；
③当时，，即，
∴.
综上所述，原不等式的解集为.
（Ⅱ）∵，
当且仅当时，等号成立.
∴的最小值.
∴，
即，
当且仅当即时，等号成立.
又，∴，时，等号成立.
∴.
本题主要考查绝对值不等式的解法，柯西不等式及其应用，绝对值三角不等式求最值的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
22、（1）；（2）.
【解析】
（1）正弦定理的边角转换，以及两角和的正弦公式展开，特殊角的余弦值即可求出答案；
（2）构造齐次式，利用正弦定理的边角转换，得到，结合余弦定理 得到
【详解】
解：（1）由已知，得
又∵
∴
∴,因为
得
∵
∴.
（2）∵
又由余弦定理，得
∴
1.考查学生对正余弦定理的综合应用；2.能处理基本的边角转换问题；3.能利用特殊的三角函数值推特殊角，属于中档题