阶段测试卷（范围：平面向量、三角函数、解三角形、数列、立体几何、解析几何）-2027届高三数学一轮复习（适应范围：安徽地区）

**基本信息** 聚焦高三一轮核心模块，以题载法构建系统性解题方法体系，强化知识间逻辑关联与数学思维培养。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |平面向量|2题|投影向量定义、共线向量性质|向量运算与几何意义结合| |三角函数|3题|辅助角公式、图像性质分析|三角公式推导与图像应用| |数列|3题|等差等比性质、倒序相加法|数列与函数性质融合| |立体几何|2题|线面垂直判定、外接球半径计算|空间几何与逻辑推理结合| |解析几何|5题|离心率计算、直线与圆相切|代数运算与几何图形转化|

2027高三一轮复习阶段测试卷 （范围：平面向量、三角函数、解三角形、数列、立体几何、解析几何） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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，则（    ） A． B． C． D． 2．已知平面向量，满足：，且在上的投影向量为，则与的夹角为（   ） A． B． C． D． 3．记为等比数列的前n项和，若，，则（    ） A．4 B．2 C．8 D． 4．已知圆和圆，直线与，均相切，切点分别为，，则（    ） A．3 B． C．4 D． 5．已知双曲线的左、右两个焦点分别为，为坐标原点，以为直径的圆与双曲线C在第二象限交于点， 直线与双曲线C右支交于点，，则双曲线C的离心率为（    ） A． B．2 C． D．3 6．已知的内角的对边分别为．若，且，则的面积为（    ） A． B． C． D． 7．定义在上的函数满足，数列满足，若存在，使不等式成立，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．在三棱锥中，，，，平面平面，则三棱锥的外接球的表面积为（   ） A．20π B．16π C．5π D．100π 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知等差数列的前项和为，且，，则（    ） A． B． C．若，则的最大值是 D．是递减数列 10．若函数（其中，，）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（   ） A．函数的最小正周期为4 B． C．函数在区间上单调递增 D．方程在区间上的所有实数根的和为 11．已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，则下列说法正确的是（   ） A．若，则点的坐标为 B．当的倾斜角为时， C． D．以为直径的圆与直线相切 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知，，三点共线，则________． 13．如图，已知圆台上底面半径为2，下底面半径为4，母线长为，点P在圆的圆周上运动，点A，B在圆的圆周上运动，且A，B，三点共线，则______. 14．已知，将的图象向左平移个单位长度得到函数，且为奇函数，同时在上单调递减，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．已知数列满足，且， (1)求证：数列为等差数列，并求出的通项公式. (2)若数列满足，记的前项和为，证明：． 16．在锐角三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． (1)求角B的值． (2)求的取值范围． 17．如图，在平面四边形中，． (1)证明：； (2)已知，的外接圆半径为1，求面积的最大值． 18．如图，在矩形中，，、分别为线段、的中点，平面. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)若，求平面与平面的夹角的余弦值. 19．设椭圆：的离心率为，为椭圆的左端点． (1)求椭圆的标准方程： (2)设动点，在椭圆上且在第三象限，点，射线，关于直线对称，记，的斜率分别为，． （i）若，求； （ii）求证：直线过定点，并求出该定点的坐标． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D B B C D C A ABD ABD 题号 11 答案 ACD 1．C 【分析】由辅助角公式结合二倍角余弦公式可得答案. 【详解】， 则. 2．D 【分析】根据投影向量的定义求解. 【详解】设与的夹角为，， 在上的投影向量为， 所以，又，所以. 3．B 【详解】设等比数列的公比为q，由，得， 则，而，解得， 由，得，即，所以. 4．B 【详解】由圆与相切，则圆心到直线l的距离，则或， 若，由圆与相切，则圆心到直线l的距离，不合题意； 若，由圆与相切，则， 由于圆心距（分别为两圆半径），此时两个圆外切， 如图，过点作，则,，    于是. 5．C 【分析】利用圆周角定理和等腰三角形的性质得到平行关系，再借助中位线性质确定有关线段长度；结合双曲线的定义求出焦半径，最后利用余弦定理求离心率． 【详解】因为在以为直径的圆上，所以． 又三点共线，故． 由，知为等腰三角形． 取的中点，则，从而． 在中，为的中点，所以为的中点，故 设，则，． 点在双曲线左支上，所以 点在双曲线右支上，且，所以即，解得． 因此 故为等边三角形，． 又，． 在中，由余弦定理，得 所以，故双曲线的离心率为 6．D 【分析】利用正弦定理求出，再求出，进而求出，最后利用三角形面积公式计算面积 【详解】由正弦定理：，所以，又， 所以，， 因为，所以是锐角，， 当是锐角时，，与条件不符，所以是钝角， ， 所以． 7．C 【分析】先利用倒序相加法求数列的通项公式，再将存在性不等式转化为大于等于关于的分式的最小值，结合基本不等式求最值即可得. 【详解】因为对任意，有， 数列 ①， 将①式倒序得： ②， 得：， 因此. 将代入不等式，整理得：存在，使得成立. 因为， 当且仅当时等号成立，解得， 即时有最小值，故，即的取值范围为. 8．A 【分析】先由线面垂直的判定定理得到平面，计算得到，，的外心为斜边中点记为，则，设等腰的外心为，由正弦定理得到外接圆半径为，过作平面的垂线，过作平面的垂线，两垂线交点即为外接球球心，设外接球半径为，在直角三角形中，则，即可求解外接圆表面积. 【详解】取中点D，连接，因，则， 因为平面平面，平面平面，平面 所以平面， 又因为平面，所以， 因，，则有，得到， 因为平面，所以平面， 又因平面，则，故， 故， 取斜边中点即的外心，则， 设三棱锥的外接球球心为点，半径为，则平面， 连接，在中，， 因平面，则，过点作于点， 易得矩形，则，， 在中，，解得 则三棱锥的外接球的表面积为. 9．ABD 【详解】因为，所以解得， 故，故A、B对； C，令，解得， 因为，故的最大值为，故C错； D，由，， 所以数列是递减数列，故D对. 10．ABD 【分析】AB选项，根据函数图象求出解析式，AB正确；C选项，得到，故函数在区间上不单调；D选项，求出在区间上的根，相加可得答案 【详解】A选项，设的最小正周期为，则，故，A正确； B选项，由题意得，，故， 将代入得，， 因为，所以只有当，即时满足要求，B正确； C选项，，时，， 因为在上不单调，故在上不单调递增，C错误； D选项，，故，即， 时，， 故或，解得或， 故在区间上的所有实数根的和为，D正确 11．ACD 【分析】利用焦半径公式即可验证A；由点斜式写出直线方程，与抛物线联立解得，即可验证B；设直线的方程为，联立方程组由韦达定理即可验证C；设的中点为，过，，分别作准线的垂线于点，，，则，即可验证 D. 【详解】A，因为焦半径， 所以，代入，解得， 由，所以，故A正确； B，当的倾斜角为时，斜率为，则的方程为 ， 联立方程，得到，则或， 因为点在上方，所以，所以，故B错误； C，抛物线的标准方程为，若直线与轴重合， 此时，直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意， 所以直线不与轴重合，设直线的方程为， 联立可得，则， 由韦达定理可得，则，故C正确； D，设的中点为，过，，分别作准线的垂线于点，，， 所以，圆心到准线的距离等于半径，故D正确； 12． 【详解】由题意可得， 因为，，三点共线，所以， 即. 13． 【分析】求出圆台的高，利用极化恒等式得到，求出，代入求解即可. 【详解】设上底面半径，下底面半径， 圆台的母线，圆台的高， A，B，三点共线，故，， 两式平方相加可得， 因为，，所以， 所以. 14．或 【分析】利用奇函数条件确定相位偏移，再结合单调递减确定符号及的取值范围，最后分类讨论得到两组可能的. 【详解】由题意，得，因为为奇函数，则， 此时. 因为在上单调递减，故，且，故. 又因为，所以或2，因为，故. 当时，，因为，所以. 当时，，因为，所以，综上，或． 15．(1)已知 ，，显然 ， 两边同时取倒数得，所以， 所以数列为首项，公差是的等差数列， 所以，所以，即的通项公式是； (2)由（1）知，所以 ， 则① 所以② 由①②得 ， 所以， 因为，所以单调递增， 所以, 因为，所以 综上，，得证. 【分析】（1）对递推式两边同时取倒数，证明数列是等差数列，再求出的通项公式； （2）利用（1）求出的通项公式，使用错位相减法求，判断数列单调递增，完成不等式证明. 【详解】（1）略； （2）略. 16．(1) (2)． 【分析】（1）根据正弦定理和余弦定理求解即可. （2）根据（1），利用正弦定理和正弦函数的值域求解即可. 【详解】（1）因为， 则， 由余弦定理，． 又因为，所以． （2）由正弦定理可得， 则. 因为是锐角三角形，则，解得， 则，可得， 所以的取值范围是． 17．(1) 设， 因为，所以， 在中，由正弦定理得，， 在中，由正弦定理得，， 所以. (2) 【分析】（1）利用正弦定理和角的关系可证结论； （2）利用正弦定理、余弦定理以及根与系数关系即可得，再利用三角形面积公式得到面积表达式，再求出的范围即可得到最值. 【详解】（1）略 （2）因为的外接圆半径为1， 由正弦定理，得， 在中，由余弦定理得， 即，① 在中，同理可得，② 由①②可知，是关于的方程的两根， 所以． 的面积为. 由，得到， 又因为，所以， 所以 即面积的最大值为. 18．(1)在矩形中，且， 因为、分别为线段、的中点，所以，， 故四边形为平行四边形，从而， 又因为平面，平面，所以平面. (2)因为平面，平面，所以， 连接，因为四边形为矩形，所以，，且， 因为、分别为、的中点，所以，， 又因为，所以，且， 故四边形为正方形，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，故平面平面. (3) 【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）连接，证明出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （3）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面的夹角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）略 （3）因为四边形为正方形，所以， 又因为平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设平面的一个法向量为，，， 则，取得， 易知平面的一个法向量为，， 故平面与平面的夹角的余弦值为. 19．(1) (2)（i）； （ii）设直线：，由在第三象限可知，． 与椭圆 联立得 ． 则，且，． 由（i）知 ，即， 即 ， 即 ， 即 ，即 ． 又，，故 ， 因此直线：恒过定点. 【分析】（1）根据离心率和椭圆性质求解； （2）（i）设直线，的倾斜角分别为，，则 ，故，于是，，可解；（ii）设直线：，联立方程组，根据（i） ，化简可得证. 【详解】（1）由题意，，又离心率，故， 所以椭圆的标准方程为； （2）（i）由题，，设直线，的倾斜角分别为，， 由题意，，即 ，故． 于是， ， 故时， （ii）略 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $