吉林市实验中学2027届高三数学一轮复习模拟试卷（四）

**基本信息** 2027届吉林市实验中学高三数学模拟卷（四），一轮复习适用，涵盖集合、三角、数列等模块，通过解三角形面积范围、抛物线综合等多问解答题及动态立体几何题，考查数学运算、逻辑推理与空间观念，适配高考复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题|集合、向量投影、解三角形等|第4题换元法求最值，体现数学思维| |多选题|3题|函数单调性、立体几何动态问题|第11题探究线面关系，考查空间观念| |填空题|3题|函数零点、双曲线方程、摸球概率|第14题结合实际情境，体现数据意识| |解答题|6题|解三角形、数列、函数导数、抛物线综合|15题分层求面积范围，19题抛物线切线与相似，考查逻辑推理与数学建模|

2027届吉林市实验中学高三数学高考总复习综合模拟试卷（四） 出题人： 命题人： 一、单选题 1．定义集合，已知集合，则集合的真子集合的个数为（    ） A．7 B．14 C．15 D．31 2．中，设角，，的对边分别为，，，则在方向上的投影向量为（     ） A． B． C． D． 3．中，设角，，的对边分别为，，．若，，，则的值为（     ） A．或 B． C． D． 4．已知，为正实数，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 5．已知为等比数列，为数列的前项和，，则的值为（    ） A．3 B．18 C．52 D．54 6．已知圆与直线相交于两点，若为等边三角形，则k的值为（　　） A． B．±2 C． D． 7．已知抛物线：的焦点坐标为，点，过点作直线交抛物线于，两点，过，分别作抛物线的切线，设两条切线交点为，且两切线分别交轴于，两点，则面积的最小值为（    ）． A． B． C． D． 8．已知抛物线焦点为F，设P是焦点为的等轴双曲线下支上一点，过P作抛物线C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点，则的最小值为（    ）． A．5 B．2 C．3 D．6 二、多选题 9．（多选）已知函数在区间上单调递增，则（    ） A． B． C． D． 10．已知等比数列的公比且，，，记数列的前n项和为，则下列正确的是（   ） A． B． C． D． 11．如图，在直三棱柱中，，，点为线段的中点，点为线段上的动点（不含端点），则（     ） A．存在点，使得平面 B．不存在点，使得平面 C．使直线与平面所成的角最大的点有两个位置 D．当点为的中点时，三棱锥的外接球半径最小 三、填空题 12．已知函数在内有零点，则实数的取值范围是________． 13．两条渐近线为，的双曲线，则被直线截得弦长为，双曲线方程为__________． 14．有一个摸球游戏，规则如下：在盒子里放入大小、质地完全相同的5个红球和4个白球，不放回地依次随机取出，每次取出1个球，直到剩下只有一种颜色的球时游戏结束，则游戏结束时取球次数恰好为6次的概率为________． 四、解答题 15．中，设角，，的对边分别为，，．已知． (1)求的值； (2)若，求的值； (3)若为锐角三角形，且边上的高为2，求面积的取值范围． 16．已知数列的前项和为，且有，数列的前项和为，满足，且． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的通项公式； (3)设，数列的前项和为，求证：． 17．如图，四棱锥中，底面，，．    (1)若，证明：平面； (2)若，且，求二面角的正弦值． 18．已知函数，在处取得极值. (1)求实数，的值； (2)求在区间上的值域. 19．抛物线交轴于，两点（在的右边），交轴于点． (1)直接写出点，，的坐标； (2)如图（1），连接，，过第三象限的抛物线上的点作直线，交轴于点．若平分线段，求点的坐标； (3)如图（2），点与原点关于点对称，过原点的直线交抛物线于，两点（点在轴下方），线段交抛物线于另一点，连接．若，求直线的解析式． 试卷第2页，共3页 试卷第3页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．C 【分析】根据题意，求得集合，结合集合真子集的计算方法，即可求解. 【详解】由集合，且， 当时，可得； 当时，可得； 当时，可得； 当时，可得； 当时，可得； 当时，可得， 所以集合， 所以的真子集的个数为个. 2．D 【分析】根据投影向量的定义列式子，然后利用余弦定理化简. 【详解】   在方向上的投影向量为. 3．A 【详解】由题设，且必为锐角，则， 对于可能为锐角，也有可能为钝角，则，均满足题设， 由， 若时，， 若时，， 综上，为或. 4．C 【分析】将原式的两个分母整体设为新变量，通过解方程组用新变量表示，代入原式化简后结合基本不等式即可求解最值. 【详解】∵ 为正实数，令，，，， 联立得，解得，. ∵ 为正实数， ∴ ，即，满足基本不等式使用条件. 所以. 则，当且仅当，即时取等号. 此时，，均为正实数，等号可取. ∴ 原式，即最大值为. 5．D 【详解】解：已知为等比数列，，① 则，② 当时，，即，③ ， 可得，代入③可得， 则，所以，D正确. 6．A 【详解】圆的圆心，半径， 由为等边三角形，得点到直线距离为， 因此。解得，所以的值为. 7．C 【分析】根据抛物线的性质求出抛物线方程，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理和导数的几何意义求出点坐标，利用三角形面积公式求出面积表达式，进而求最小值． 【详解】抛物线：的焦点坐标为，已知焦点坐标为， 则，解得，故抛物线方程为， 显然当直线的斜率不存在时不合题意，故可设过点的直线方程为，， 联立得， 由韦达定理，判别式，直线与抛物线恒有2个交点， 对抛物线求导得，则过的切线方程为， 令得切线与轴交点，同理， 故， 联立切线方程得，即，则到轴的距离为， ， 当时取最小值，． 8．D 【分析】由题可得双曲线的方程为，设，，则切点弦方程为，联立抛物线与抛物线的切点弦方程，由韦达定理可得，继而可得，由可得，结合抛物线的定理可得，利用二次函数的单调性求解最小值即可. 【详解】等轴双曲线中，所以， 所以双曲线的方程为，即， 设，， 则切点弦的方程为，即， ，可得， 所以， 又，， 所以， 又因为点在双曲线上， 所以，即， 所以， ， 二次函数的对称轴为，当时单调递减， 所以在上单调递减， 所以当时，取得最小值为6. 9．AC 【详解】设.由题意得的定义域为． ，函数在上单调递减，在上单调递增， 根据复合函数的单调性可得，故A正确，B错误； 由，可得，又在上单调递减， 则，故C正确，D错误． 10．ABC 【详解】选项A：由得. 因为，可得，解得或. 结合，得，A正确； 选项B：由，B正确； 选项C：，因为，则，C正确； 选项D：因， ，两者显然不相等，D错误. 11．ABD 【详解】解法一：对于A，取的中点，连接，当为的中点时， ，平面，平面，所以平面， 又因为，同理可得平面， 又因为，平面，所以平面平面， 又因为平面，所以平面，故A正确； 对于B，因为三棱柱是直三棱柱，，设， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， ， 设因为，所以 ，设为平面的法向量， ， 所以，则，令， 所以，若平面，则存在实数使得， 即，方程组无解，故不存在满足条件的点，故B正确. 对于C，平面的法向量为，， 设直线与平面所成的角为， 所以， 当时，最大，即最大， 即仅存在一个点使直线与平面所成的角最大，故C错误； 对于D，平面的外接圆圆心为斜边的中点，半径， 三棱锥外接球的球心必在过且垂直于平面的直线上，设， 设外接球的半径为，则，且， 所以， ， 由，可得：，解得：， 将代入可得：， 当时，取得最小值，此时点为线段的中点，故D正确. 解法二：不妨设，设为的中点. 对于A，同法一知A正确； 对于B，假设存在点，使 因为平面，所以.又易知平面，且平面，所以. 直线，平面，故平面，又因为平面，从而. 设为的中点， 在等腰直角三角形中，过的中点且垂直于的直线平行于， 并与交于其中点，所以只能为. 再设为的中点，为的中点. 由三角形中位线定理，所以四边形为平行四边形. 又，所以四边形为平行四边形. 于是，故四边形为平行四边形，从而，， 侧面是正方形，其两条对角线与垂直.若，则由可得. 在平面内，过点作的垂线只有一条，故应与重合. 这样点应为与的交点，与为的中点矛盾. 因此不存在满足条件的点，B正确. 对于C，设直线与平面所成的角为. 因为是点在平面内的正投影，所以在直角三角形中， 其中为定值，且，所以最大等价于最小. 又所以最小等价于最小. 在底面内作，垂足为. 因为，所以直角三角形为等腰直角三角形，且在线段内.由垂线段最短， 且垂足唯一，仅当重合时最小. 因此使直线与平面所成的角最大的点只有一个位置，C错误. 对于D，设为三角形的外心. 由于三角形是以为直角顶点的等腰直角三角形，所以为的中点，且 设为的中点，则是在平面内的正投影，且. 三棱锥的外接球球心必在直线上. 先说明在线段上. 若在射线的反向延长线上，设，则. 在直角三角形和中， 所以与矛盾. 若在线段过点的延长线上，设，则. 又因为在线段上，， 所以仍与矛盾. 因此在线段上. 设，则.设外接球半径为，由勾股定理， 两式相等，得从而 右式随的增大而增大，所以当且仅当，即重合时，取得最小值. 即当为的中点时，三棱锥的外接球半径最小，D正确. 12． 【分析】先通过导数判断函数在区间上的单调性，再结合零点存在定理列不等式求解的取值范围. 【详解】对求导得：. 当时，且，故，因此在上单调递减. 因为在内有零点，结合单调函数的零点存在性质，可得： ， 计算端点函数值： ，， 代入不等式得： ，解得，即. 13． 【分析】根据渐近线方程设出双曲线方程，与直线方程联立，结合弦长公式及韦达定理求解即可. 【详解】已知两条渐近线为，，即. 可设双曲线的方程为. 联立，整理得. ，则. 设方程的两根为，，则，， 代入弦长公式得， 即，，解得. 故双曲线方程为，即. 14． 【分析】游戏结束时取球次数恰好为6次有两种情况，分类讨论求解． 【详解】从9个球中取6个球有种不同的取法， 游戏结束时取球次数恰好为6次有两种情况： ①最后盒子里剩余的全是白球，则第六次摸出的必是红球，且前五次有一次摸出的是白球，四次摸出的是红球有种不同的取法； ②最后盒子里剩余的全是红球，则第六次摸出的必是白球，且前五次中有两次摸出的是红球，三次摸出的是白球有种不同的取法； 所以游戏结束时取球次数恰好为6次的概率为. 15．(1) (2) (3) 【分析】（1）利用正弦定理与余弦定理求； （2）结合 和已知乘积求边长比； （3）由锐角条件确定角的范围，再利用高和三角恒等变换求面积范围． 【详解】（1）已知． 由正弦定理，得. 又由余弦定理，则， 因为，，所以. 又 ，故 ，从而. （2）由（1）知，所以． 又，且 ，所以. 由正弦定理，，因此. 由已知条件， 故. 因为，，均为正数，所以. （3）由（1）知，故． 因为 为锐角三角形，所以 由边上的高为，有． 于是三角形面积 又， 所以. 当 时，故 当时取到等号，而不能取到． 因此 所以面积的取值范围为 16．(1) (2) (3)由（1）（2）知，， 则， 即， ， ， ，证毕. 【分析】（1）应用计算求解； （2）应用等差数列求和公式及等差数列通项公式计算求解； （3）应用裂项相消法计算证明. 【详解】（1）已知， 故当时，， 当时，，满足上式， 所以的通项公式为； （2）， ， 即为等差数列，设公差为， 则有， 解得：， ， 的通项公式为； （3）略 17．(1)因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以. 因为，所以， 所以， 又平面，平面，所以平面． (2) 【分析】（1）先证，再由勾股定理得，从而，进而证明平面； （2）作，，确定为二面角的平面角，再利用直角三角形求出，由三角函数求其正弦值即可. 【详解】（1）略 （2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接，    因为平面，且平面，所以， 又因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，，平面，所以平面， 所以即为二面角的平面角， 因为，则，，， 而为等腰直角三角形，所以， 故，所以. 18．(1) (2) 【分析】（1）求出函数的导数，利用极值及极值点的意义求出并验证即得. （2）由（1）的结果，利用导数求最值，即可求得值域. 【详解】（1）函数的定义域为， 求导得， 由在处取得极值， 得，解得， 此时， 当时，；当时，， 因此函数在处取得极值，所以. （2）由（1）知，，， 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 而，则， 所以在区间上的值域为. 19．(1)，，； (2)； (3). 【分析】（1）是抛物线与轴的交点，是抛物线与轴的交点，直接计算求交点即可解决问题； （2）点在抛物线上，可直接设出其“一元坐标”（只含一个未知数），结合可写出直线的解析式，进而写出点的坐标，因为平分，所以的中点在直线上，通过的坐标写出其中点的坐标，代入的解析式即可解决问题； （3）通过对称性写出点的坐标，设出直线的解析式（只含一个待定系数），通过直线和都与抛物线相交可分别联立写出2组韦达定理，结合辅助线构造两个相似三角形即可解决问题. 【详解】（1）抛物线， 当时，，所以， 当时，，解得， 在的右边，，， 所以点，，的坐标为，，； （2）设直线的解析式为（）， 将，代入得，，解得， ∴直线的解析式为， 设直线的解析式为（）， 将，代入得，，解得， ∴直线的解析式为， 因为，所以可设直线的解析式为， 因为在第三象限的抛物线上，所以可设，（）， 代入的解析式得， ，， 设的中点为，则， 平分线段， 在直线上，代入的解析式得， 解得，（舍去）， 当时，，； （3） 如图所示，过点作轴，过点，分别作的垂线，垂足分别为，，，， ，，即， 点与原点关于点对称，， 设直线的解析式为，直线的解析式为， 联立直线与抛物线解析式， 可得，即， 联立直线与抛物线解析式， 可得，即， 设，，， 则由韦达定理可得，，，， 因为， 所以， ， ， ， ， 将代入得，，， 直线解析式为． 【点睛】对于本题第（3）问，由于点的坐标可轻松求出，所以求直线的解析式关键在于求出其解析式中的，这是一道经典的直线与抛物线相交的问题，往往需要联立写韦达定理，这是解决此类问题的“必备操作”，需要熟练掌握；本题最精彩的地方在于构造相似三角形巧妙联动之前的韦达定理，没有这一笔，之前的“必备操作”韦达定理就成了“无水之鱼、无木之禽”. 答案第4页，共12页 答案第1页，共12页 学科网（北京）股份有限公司 $