宁夏回族自治区银川一中2027届高三年级数学一轮复习检测卷（四）

**基本信息** 聚焦一轮复习核心考点，以题载法构建知识网络，融合逻辑推理与数学建模，提升综合应用能力。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |集合与逻辑|2题|补集运算、充要条件判定|集合概念→逻辑关系推导| |函数与导数|4题|单调性分析、零点问题转化、构造函数证明|函数性质→导数应用→不等式证明| |几何与代数|7题|线面平行判定、外接球模型、圆锥曲线离心率计算|空间几何→平面解析几何→几何量关联| |概率与统计|2题|分布列求解、回归方程建模|古典概型→统计推断→数据应用|

2027届高三年级一轮复习检测卷（四） 数 学 试 卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知全集，集合，则（     ） A． B． C． D． 2．“”是“函数在上单调递增”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 3．若函数在区间存在最大值，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．从4位男生，2位女生中选择3人到三个场馆做志愿者，每个场馆各1人，且至少有1位女生入选，则不同安排方法的种数为（     ） A．24 B．36 C．72 D．96 5．双曲线和有相同的渐近线，离心率分别为和，若，则（    ） A． B． C． D． 6．已知函数，若，，，则（    ） A． B． C． D． 7．在正三棱台中，，，则该正三棱台外接球的表面积为（     ） A． B． C． D． 8．已知定义在上的函数，的图象分别关于点，对称，则下列点一定是函数的图象的对称中心是（   ） A． B． C． D． 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9．在正三棱柱中，D为BC的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面 10．已知的面积为，若，则（   ） A． B． C． D． 11．双曲线的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，以为直径的圆与C的一条渐近线交于M，N两点，且，则（   ） A． B． C．C的离心率为 D．当时，四边形的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．展开式中的系数为__________． 13．若函数有两个零点，则的取值范围是__________． 14．已知函数满足对任意实数，都有，且，则__________． 四、解答题：本题共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．(本小题13分) 规定抽球试验规则如下：盒子中初始装有白球和红球各一个，每次有放回的任取一个，连续取两次，将以上过程记为一轮，如果每一轮取到的两个球都是白球，则记该轮为成功，否则记为失败．在抽取过程中，如果某一轮成功，则停止；否则，在盒子中再放入一个红球，然后接着进行下一轮抽球，如此不断继续下去，直至成功． (1)某人进行该抽球试验时，最多进行三轮，即使第三轮不成功，也停止抽球，记其进行抽球试验的轮次数为随机变量，求的分布列和数学期望； (2)为验证抽球试验成功的概率不超过，有1000名数学爱好者独立的进行该抽球试验，记表示成功时抽球试验的轮次数，表示对应的人数，部分统计数据如下： 1 2 3 4 5 232 98 60 40 20 求关于的回归方程，并预测时成功的人数（精确到1）； 附：经验回归方程系数：， 参考数据：，，（其中，）． 16．(本小题15分) 已知． (1)若，求n的值； (2)若，求数列的前n项和． (3)若随机变量X满足，求数学期望． 17．(本小题15分) 如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中，平面，且，点为棱的中点． (1)求证：； (2)求证：平面； (3)若为上的动点，则线段上是否存在点，使得平面？若存在，请确定点的位置，若不存在，请说明理由． 18．(本小题17分) 已知椭圆：（）的一个顶点是，离心率为． (1)求的方程； (2)过点，斜率为的直线交椭圆于、两点，关于的对称点为，交于，若，求． 19．(本小题17分) 已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若存在，使得成立，求的取值范围； (3)若存在两个极值点，证明：． 试卷第4页，共4页 高三一轮复习数学试卷 第2页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 2027届高三年级一轮复习检测卷（四） 数学试卷答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D A C D C D C A BD ABC ACD 1．D 【解析】由全集，集合， 根据集合补集的定义与运算，可得. 2．A 【解析】函数，函数的单调递增区间是， 由函数在上单调递增，得，则，因此， 所以“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件. 3．C 【解析】 ，， 所以当或时，，所以在，上单调递增， 当时，，所以在上单调递减，所以当时取得极大值， 所以要使函数 在区间存在最大值， 则可得：，即，解得：． 4．D 【解析】解法一（分类法）： 根据至少1位女生入选的要求，分两类讨论： 选出1位女生、2位男生：选出3人的方法有种，再将选出的3人分配到3个场馆的方法有种，则该类安排方法有种； 选出2位女生、1位男生：选出3人的方法有种，再将选出的3人全排列分配到3个场馆的方法有种，则该类安排方法有种. 根据分类加法计数原理，总安排方法数为种. 解法二（间接法）： 从6人中任选3人分配到3个场馆的总安排数为，其中全为男生的安排数为，因此符合条件的安排方法数为. 5．C 【解析】若双曲线和的焦点在同一坐标轴上，则离心率相等，不合题意， 不妨设双曲线，，，，，， 则对于，其半焦距为，实半轴为，则； 对于，其半焦距为，实半轴为，则， 所以，又，所以，所以，所以. 6．D 【解析】因为，所以为定义在上的偶函数， 因为，当时，即时，解得， 所以在上递增，， 由，，故. 7．C 【解析】设正的中心为，正的中心为，外接球的球心为，半径为， 球心到底面的距离为，过作，垂足为，如图所示； 棱台为正三棱台，，，，；，. ，在中，. 在和中，，解得. ；. 8．A 【解析】由题意得，，， 则， 则的图象的对称中心是 9．BD 【解析】法一：对于A，在正三棱柱中，平面， 又平面，则，则， 因为是正三角形，为中点，则，则 又， 所以， 则不成立，故A错误； 对于B，因为在正三棱柱中，平面， 又平面，则， 因为是正三角形，为中点，则，， 又平面， 所以平面，故B正确； 对于D，因为在正三棱柱中， 又平面平面，所以平面，故D正确； 对于C，因为在正三棱柱中，， 假设，则，这与矛盾， 所以不成立，故C错误； 法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为，高为， 则， 对于A，， 则， 则不成立，故A错误； 对于BD，， 设平面的法向量为， 则，得，令，则， 所以，， 则平面，平面，故BD正确； 对于C，，则，显然不成立，故C错误； 10．ABC 【解析】，由二倍角公式，， 整理可得，，A选项正确； 由诱导公式，，展开可得， 即，下证. 方法一：分类讨论 若，则可知等式成立； 若，即，由诱导公式和正弦函数的单调性可知，，同理， 又，于是， 与条件不符，则不成立； 若，类似可推导出，则不成立. 综上讨论可知，，即. 方法二：边角转化 时，由，则， 于是， 由正弦定理，， 由余弦定理可知，，则， 若，则，注意到，则， 于是（两者同负会有两个钝角，不成立），于是， 结合，而都是锐角，则， 于是，这和相矛盾， 故不成立，则 方法三：结合射影定理（方法一改进） 由，结合正弦定理可得，，由射影定理可得，于是， 则，可同方法一种讨论的角度，推出， 方法四：和差化积（方法一改进） 续法三：，可知同时为或者异号，即，展开可得， ， 即，结合和差化积，，由上述分析，，则，则，则，即，于是，可知.由，由，则，即，则，同理，由上述推导，，则， 不妨设，则，即， 由两角和差的正弦公式可知，C选项正确 由两角和的正切公式可得，，设，则， 由，则，则， 于是，B选项正确，由勾股定理可知，，D选项错误. 11．ACD 【解析】不妨设渐近线为，在第一象限，在第三象限， 对于A，由双曲线的对称性可得为平行四边形，故， 故A正确； 对于B，方法一：因为在以为直径的圆上，故且， 设，则，故，故， 由A得，故即，故B错误； 方法二：因为，因为双曲线中，， 则，又因为以为直径的圆与的一条渐近线交于、，则， 则若过点往轴作垂线，垂足为，则，则点与重合，则轴，则，则为直角三角形，且，则， 方法三：在利用余弦定理知，， 即，则， 则为直角三角形，且，则，故B错误； 对于C，方法一：因为，故， 由B可知， 故即， 故离心率，故C正确； 方法二：因为，则，则，故C正确； 对于D，当时，由C可知，故， 故，故四边形为，故D正确， 12． 【解析】根据二项式定理，展开式的通项公式为， 当时，，因此的系数为. 13． 【解析】令，得，即， 方法一：令，则，即，, 则一元二次方程有两个正根， 那么， 所以，的取值范围是. 方法二：设，那么设，则， 由于在上单调递减，在上单调递增， 故在上单调递减，在上单调递增，且， 根据函数图象可知，函数有两个零点，则的取值范围是. 14． 【分析】令得到正整数域上的递推关系，通过累加法推导的通项后代入求值. 【解析】令，代入题设函数方程得： ， 将代入化简，得递推关系：， 当时，有， 则，，， 故 ， 故，则. 15.【解析】（1）由题知，的取值可能为1，2，3， 所以；； ； 所以的分布列为： 1 2 3 所以数学期望为． （2）令，则， 由题知：， ， 所以， 所以，， 故所求的回归方程为：， 所以，估计时，． 16．【解析】（1）二项式的展开式的通项为 ， 由题意得的系数为,则,解得. （2）当时，，则，∴， 所以数列的前项和 . （3）由上知,, 即, 所以随机变量服从，则. 17．【解析】(1)因为平面，平面，且平面平面， 根据线面平行的性质定理，可得：. (2)取的中点，连接.如图： 因为是中点，所以是的中位线，得，且. 由题设，结合（1）中，可得 且， 因此四边形是平行四边形，得. 又平面，平面， 根据线面平行的判定定理，可得：平面. (3)线段上存在点，当是中点时，平面.理由如下： 由，，可得且， 因此四边形是平行四边形，得. 又平面，平面，所以平面. 结合（2）的结论平面，且，平面， 根据面面平行的判定定理，可得平面平面. 因为是上动点，平面， 根据面面平行的性质，可得平面. 因此，线段上存在点，当为中点时满足平面. 18．【解析】（1）由题意可得，则，即，故的方程为； （2）由题意可得，设、， 由关于直线对称的点为，则， 联立，消去得：， 由，故在椭圆内部，故恒成立，有、， 则， ， ，联立， 则，即， 整理得，即， 点到直线的距离，点到直线的距离， 又，则，， 故 ， 即有，若，则，无解，不符； 则，有，解得； 故. 19．【解析】（1）当时，，，所以，， 所以切点为，切线的斜率为，所以切线方程为，即． （2）由，即，因为，所以不等式可变形为． 令，则“存在，使得成立”等价于大于等于在上的最小值， ． 令，，则． 当时，，故，所以在上单调递增． 因此，故，所以在上单调递增． 所以，因此的取值范围为． (3)因为的极值点满足，即，即． 因为存在两个极值点等价于方程有两个不同的实根． 令，则的定义域为，， 当时，，则在上单调递减，且； 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增． 故在处取得极小值，且． 又当时，，当时，， 所以当，即时，方程有两个不同的实根，且， 故． 由，变形得． 令，则，代入上式得， 两边同时取自然对数，得，因此． 要证，即证，只需证，即. 令，，则， 令，则， 因为，所以，所以在上单调递增， 所以，所以在上单调递增， 所以，即恒成立， 即，得证． 答案第18页，共18页 高三一轮复习数学试卷答案 第2页，共14页 学科网（北京）股份有限公司 $