吉林省吉林市实验中学2027届高三数学高考总复习综合模拟试卷（一）

**基本信息** 以高考核心素养为导向，整合函数与导数、立体几何等模块，通过典例系统呈现变量代换、导数应用等解题方法，构建知识逻辑链。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |函数与导数|第7、8、18题|导数分析单调性、极值点转化、恒成立问题线性规划|函数性质→导数应用→实际问题解决| |立体几何|第3、11题|辅助线构造、体积定值分析、轨迹问题球面截面|空间几何→位置关系→度量计算| |解析几何|第8、19题|韦达定理应用、切线方程求法、定点问题证明|曲线方程→直线与曲线位置关系→几何性质| |数列与不等式|第2、16题|等比数列性质、错位相减法求和、基本不等式求最值|数列定义→递推关系→求和应用|

2027届吉林市实验中学高三数学高考总复习综合模拟试卷（一） 出题人： 命题人： 一、单选题 1．设、是实数，集合，，若，则的值为（ ） A． B． C． D． 2．已知等比数列的公比为，则“”是“为递减数列”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．如图，在正三角形中，为边上的一点，连接为上一点，且，交于点，当为中点时，的值为（    ） A． B． C． D． 4．已知，为正实数，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 5．若平面内的两个向量，满足，，则与的夹角是（    ） A． B． C． D． 6．在东营市“河海交汇，湿地油城”主题展示活动中，主办方从全市精选多处具有地方特色的旅游景点，并划分为“滨海赶海”“城市休闲”“玩水乐园”“人文景区”四大主题板块，甲乙两位游客各自随机选择一个主题体验，事件：甲和乙至少一人选择“玩水乐园”，事件：甲和乙选择的主题不同，则（    ） A． B． C． D． 7．对于任意的，都有和恒成立，其中a，b为实数．则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 8．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． 二、多选题 9．已知函数在区间上单调递增，则（    ） A． B． C． D． 10．已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于正整数，则下列说法中正确的有（    ） A． B． C．为递减数列 D． 11．如图，在棱长为的正方体中，，分别为，的中点，为线段上动点（包括端点），点在平面内，则下列说法中错误的是（     ） A．三棱锥的体积为定值 B．若，则点的轨迹长度为 C．的最小值为 D．三棱锥的外接球体积为 三、填空题 12．已知点在直线上运动，过点作圆的切线，切点为，直线过定点______． 13．对于任意，不等式恒成立，则m最大值为________． 14．4个人相互传球，接球者立即传给别人，球在甲手中，由甲先传（视为第一次），问：球传n次回到甲手里有______种方式. 四、解答题 15．已知在中，角，，的对边分别为，，，，． (1)求的值； (2)若线段上的一点满足，求的值． 16．已知公差不为零的等差数列的前5项和为35，且，，成等比数列． (1)求数列的通项公式； (2)令，求数列的前项和． 17．已知为锐角的高，为中点，于点，延长至，使得. (1)证明：； (2)证明：； (3)若，求四边形的面积. 18．函数，． (1)若，求函数的单调区间； (2)判断函数的零点个数． 19．如图，已知直线l：过椭圆C：的右焦点F，抛物线的焦点为椭圆C的上顶点，且直线l交椭圆C于A，B两点，点A，F，B在直线上的射影依次为点D，K，E. (1)求椭圆C的方程； (2)若直线l交y轴于M点，且，，当m变化时，探求是否为定值？若是，求出的值.若不是，请说明理由； (3)连接AE，BD，试证明当m变化时，直线AE与BD相交于定点. 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 【详解】因为、是实数，集合，，且， 因为且，若，则，解得， 此时，集合中的元素不满足互异性，不符合题意； 若，即，解得或， 因为，故应舍去，所以，则， 于是有，可得，符合题意. 综上所述，，，故. 2．D 【详解】等比数列首项时，， 因为，所以为递增数列， 所以推不出为递减数列； 若数列的通项公式为，此数列为递减数列， 公比，不满足，所以为递减数列推不出； 所以等比数列的公比为，“”是“为递减数列”的既不充分也不必要条件. 3．D 【分析】作，交于,先证明得到，再证明，得到再利用相似三角形的性质解方程得解. 【详解】作，交于. 因为是等边三角形 ∴, 所以, 所以，又 所以 因为, 所以 设 因为， 所以或（舍去）. 所以. 故选：D 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．C 【分析】先求向量的模，再对模长等式平方，利用数量积公式建立方程，最后解三角方程求夹角. 【详解】因为，所以. 设与的夹角为. 由，可得， 所以，解得. 6．C 【分析】本题考查条件概率的计算，通过计数事件A、事件AB包含的基本事件数，结合条件概率公式求解即可. 【详解】甲乙各自从4个主题中随机选择1个，共有种等可能的基本事件。 事件的对立事件为“甲乙都不选择‘玩水乐园’”，此时每人有3种可选主题，共种基本事件，因此， 表示“至少一人选玩水乐园且两人选择的主题不同”，分两类：①甲选玩水乐园、乙选其他主题，共3种； ②乙选玩水乐园、甲选其他主题，共3种，因此， 根据古典概型下的条件概率公式，代入得. 7．A 【分析】根据题意将不等式整理为，结合对勾函数性质构造函数，再结合线性规划求解即可. 【详解】由，不等式两侧同时除以，得， 整理得，设，根据对勾函数的性质可得 当时，取最小值为4， 当时，， 当时，，故， 即，恒有. 设，则，即①， 建立关于的平面直角坐标系如图所示，①表示四条直线围成的一个平行四边形， 联立方程求解顶点坐标可得 ，， ，. 设目标函数为，将 代入，得，即可行域内恒成立， 故. 当时，，代入， 可得的取值分别为，故； 当时，，代入，可得， 综上所述. 故选：A. 8．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，． 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．ACD 【分析】求导，把极值点问题转化为方程零点问题，利用的符号和单调性，结合零点存在定理判断选项A；利用反例法判断选项B；设，利用诱导公式化简求出，进而判断单调性，判断选项C；先判断奇数项为极大值点，进而判断右侧单调性，结合右端点函数值计算，判断选项D． 【详解】函数的定义域为，求导得， 极值点满足，即，故仅在的区间内有解， 且每个长度为的半周期区间内恰有一个极值点，是在上的变号零点， 即为函数与的图象在上交点的横坐标， 对任意，在区间内， 结合图象可知，当为奇数时， 在区间内单调递减， 且，，故区间内存在唯一零点； 当为偶数时，在区间内，在区间内单调递增， 且，，故区间内存在唯一零点； 故每个区间内存在一个极值点，满足，故A正确； 相邻两个极值点中，偶数项与下一个奇数项之间间隔一个的区间， 例如，则， 故不恒成立，故B错误； 设， 当为奇数时，，故， 当为偶数时，，故， 联立， 当为奇数时，，故； 当为偶数时，，故； 故对于，， 由于严格递增，故严格递减，即为递减数列，故C正确； 为奇数项极值点，对应位置， 在左侧附近，，函数单调递增；在右侧附近，，函数单调递减； 故是极大值点，在上单调递减； 由单调性可知， ，其中， 故，故D正确． 11．BCD 【分析】利用线面平行的判定及性质，结合三棱锥的体积公式判断A；利用球面的截面性质计算判断B；将与置于同一平面内，结合余弦定理求出最小值判断C；确定球心位置并求出球半径，进而求出球的体积判断D. 【详解】对于A：正方体的对角面为矩形，则， 而平面，平面，于是平面 ， 所以线段上点到平面的距离为定值，而面积为定值， 因此三棱锥的体积为定值，故A 正确； 对于B：四面体是正四面体，棱长，正 的外接圆半径， 则点到平面的距离， 由 ，得点的轨迹是以点为球心，为半径的球被平面所截得的圆， 该圆半径为，因此点的轨迹长度为，故B错误； 对于C：将与沿直线展开到同一平面内，如图所示： 易得，当且仅当为线段与交点时取等号， 由，，得，在正中，， 则， 由余弦定理得：， 因此的最小值为，故C错误； 对于D：在三棱锥中，，正的边长为 ， 取中点，连接，则，，，， 而，于是，， 由于，平面，则平面，同理平面， 令，的外心分别为 ，则 分别在线段 上， 由选项B知：， 在中，，由正弦定理得，则， 令三棱锥外接球球心为，连接，则平面，平面，因此，， 所以四边形 为矩形：, 三棱锥外接球半径， 所以三棱锥的外接球体积为，故D错误. 12． 【分析】先求出切点弦的方程，再联立已知直线方程进行消参，最后求出定点坐标. 【详解】设，则， 过点作圆的切点弦方程为， 联立，得， 当时，即，无论如何变化， 恒等于0，所以直线过定点.    13．5 【分析】由二次根式的几何意义，两点间的距离以及利用轴对称性质求解即可. 【详解】因为，即表示轴上到点的距离， 同理可表示轴上到点的距离，所以 可以表示为，点关于轴的对称点， 则，故，由两点之间线段最短， 则的最小值为的长度，故，所以. 14． 【分析】设为第次传球后，球回到甲手中的方法数，利用关系建立起关于的递推公式，采用配凑法变形构造等比数列，可以求出的通项公式. 【详解】设经过次传球后，球回到甲手中的方式有种， 经过次传球后，球不在甲手中的方式有种， 因为每次传球都有3种选择（传给另外3个人中的任意一个）， 所以传球方式总数为种，即：， 要使第次传球后球回到甲手中，那么第次传球后球一定不在甲手中， 即：，将代入上式， 可得递推关系：，且， 转换递推式：，， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 故， 故. 15．(1) (2) 【分析】（1）先通过正弦定理将边的比例参数化，结合余弦定理求出边后再计算； （2）第二问由向量垂直的性质将所求角的余弦转化为计算即可． 【详解】（1）根据正弦定理，可得， 设， 由余弦定理， 化简得，解得（边长为正，舍去负根）， 由余弦定理得． （2）由得，即，为直角三角形， 所以， 因此， 由余弦定理得， 因为，所以， 所以． 16．(1). (2). 【分析】（1）设数列的公差为，利用等差数列通项与前项和的基本量运算，以及等比中项的概念列方程求解即得通项公式； （2）由已知，得到数列的前项和的表达式，先利用分组求和，再利用错位相减法即可求解. 【详解】（1）设数列的公差为， 由 得 ， 即 ①. 由 成等比得， 化简得， 即 ， 将其代入①，解得 . 故数列的通项公式为； （2）由（1）知，， 已知当为奇数时， ；当为偶数时， . 则 . 不妨设， 则， 两式相减，可得 故， 从而. 17．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用同弧所对的圆周角相等、对顶角相等及互余关系，得到两组对应角相等，从而证出两个三角形相似； （2）利用两对相似三角形对应边成比例证明即可； （3）联立方程组求出，再利用求解. 【详解】（1）∵，∴四点共圆， ∴， 又，且， ∴， ∴. （2）由（1），∴， 又∵，∴， ∴， 即. （3）∵，∴， ∵中，， ∴，而，∴， 同理利用，得到， ∴. 18．(1)单调递增区间为和，单调递减区间为； (2)当或时，函数有1个零点；当时，函数有2个零点；当时，函数有3个零点. 【分析】（1）利用函数求导，由导函数的符号即可确定函数的单调区间； （2）根据函数的零点定义，将函数的零点个数问题转化为求函数与直线的交点个数，利用求导判断函数的单调性与极值，图象趋势情况，数形结合即可求得参数在不同取值情况下函数的零点个数. 【详解】（1）当时，，则， 由可得，由可得或， 故函数的单调递增区间为和，单调递减区间为； （2）由可得，依题意，函数的零点个数即函数与直线的交点个数. 因，当时，，当或时，， 则函数在上单调递增；在和上单调递减， 且当时，，当时，，， 故当或时，两函数有1个交点；当时，两函数有2个交点；当时，两函数有3个交点； 即当或时，函数有1个零点；当时，函数有2个零点；当时，函数有3个零点. 19．(1)； (2)是定值， 由得，， ， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， 综上所述，当变化时，的值为定值. (3)当时，直线轴，则为矩形， 易知与是相交于点， ∵， ∵， ∴，即三点共线. 同理可得三点共线， 则当变化时，与相交于定点. 【分析】（1）由题设条件求出椭圆的右焦点与上顶点坐标，即可得出、的值，再求出的值即可求得椭圆的方程； （2）设，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理得出与，再根据及，从而可表示出，化简即可得证； （3）当时，易得与相交于点，再证明一般情况成立即可. 【详解】（1）∵过椭圆的右焦点， ∴右焦点，即， 又∵的焦点为椭圆的上顶点， ∴，即， ∴椭圆的方程. 答案第10页，共11页 答案第11页，共11页 学科网（北京）股份有限公司 $