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（五）

**基本信息** 以高考高频考点为载体，整合集合、向量、数列等模块，通过题型变式与方法提炼（如导数极值判定、立体几何空间转化）构建系统性解题逻辑，渗透数学思维与语言表达。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |集合与逻辑|1题|子集个数公式|元素与集合关系→子集计数| |向量与三角|2题|投影向量计算、余弦差角公式|向量数量积→三角恒等变换| |数列与不等式|2题|周期数列性质、等比数列基本量|递推关系→通项与求和| |立体几何|2题|线面平行判定、二面角构造|空间向量→位置关系与度量计算| |函数与导数|2题|导数求极值、零点问题转化|函数单调性→极值与最值| |解析几何|3题|直线与圆位置关系、抛物线定义|几何性质→代数方程求解|

2027届吉林市实验中学高三数学高考总复习综合模拟试卷（五） 出题人： 命题人： 一、单选题 1．已知集合，则集合的子集个数为（     ） A．4 B．7 C．8 D．16 2．在中，为中点，是边长为的等边三角形，则向量在向量方向上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 3．若，并且均为钝角，且，则（    ） A． B． C． D． 4．已知数列满足，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 5．已知数列为等比数列，若，，则（ ） A． B．4 C． D．8 6．已知直线与圆相交于A，B两点，且为等边三角形，则实数的值为（   ） A． B． C． D． 7．过且倾斜角为的直线与曲线交于，两点，分别过，作曲线的两条切线，，若，，交于，直线的倾斜角为，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．已知抛物线的焦点为F，动点P，Q在C上，满足，若的最小值为，则（    ）． A． B． C． D． 二、多选题 9．已知函数，则（   ） A．的图象关于直线对称 B． C．无零点 D．在上单调递增 10．记等比数列的前项和为，若，，公比，则（    ） A． B． C． D． 11．在直三棱柱中，，，E，F分别是BC，的中点，D在线段上，则（   ） A．平面 B．直线EF与平面ABC所成角的正弦值为 C．直线BD与直线EF所成角最小时，线段BD长为 D．直三棱柱的外接球半径为 三、填空题 12．若函数恰有4个零点，则的取值范围为_____． 13．已知双曲线的一条渐近线平行于直线，双曲线的一个焦点在直线上，则双曲线的方程为______． 14．通过手机验证码注册某APP时，收到的验证码由4个数字（其中随机组成，如果验证码满足，则称该验证码为递增型验证码.某人收到一个验证码，则它首位为2的递增型验证码的概率为___________． 四、解答题 15．已知的内角的对边分别是，的面积为，且． (1)若，求锐角的值； (2)求的最小值，并求出此时的值． 16．记为等差数列的前项和，，. (1)求的通项公式； (2)若，求数列的前项和，并比较与的大小. 17．已知圆柱底面半径为2，高为，，分别为上，下底面圆心，为下底面的一条直径，点在下底面圆周上（异于，），为中点，为中点． (1)求证：平面； (2)若， ①是上的一点，且平面平面，求的值； ②过点作一个平面，使与圆柱底面所成二面角大小为，且平面．过点作直线，使垂直于圆柱底面，设与平面交于点，求的长度． 18．已知函数在处取得极大值6. (1)求实数的值； (2)当时，求函数的最小值. 19．在平面直角坐标系中，已知点，直线：，点在直线上移动，是线段与轴的交点，动点满足：，． (1)求动点的轨迹的方程； (2)过点的直线交轨迹于，两点，过点作轴的垂线交直线于点，过点作直线的垂线与轨迹的另一交点为，的中点为，证明：，，三点共线． 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．D 【详解】集合，集合有4个元素， 所以集合的子集个数为. 2．B 【分析】根据题意得出点在以为圆心，为半径的圆上，再根据数量积的定义计算，最后根据公式计算即可. 【详解】因为是边长为的等边三角形，为中点， 所以， 则点在以为圆心，为半径的圆上， 则，，， 则， 则向量在向量方向上的投影向量为.    故选：B 3．C 【分析】根据给定条件，利用同角公式及差角的余弦公式求解. 【详解】由均为钝角，且，得， 而，则， 所以 . 故选：C 4．A 【分析】由已知可得，令，推出，可得，也即，再利用基本不等式即可求得答案. 【详解】因为，所以. 令，得，所以， 所以，即数列的周期为2， 因为，则，所以，即， 即， 因为时，≤，所以， 所以，当且仅当时等号成立. 5．B 【分析】由等比数列通项公式将条件转化为和的等式，作除法即可求得，进而可求解. 【详解】由题意得，解得， 则. 6．A 【分析】根据已知，只需保证圆心到直线的距离为，应用点线距离公式列方程求参数值. 【详解】由题设，如下图示，圆心，半径，要使为等边三角形， 则圆心到直线的距离为， 所以，可得. 故选：A 7．C 【分析】首先画出平面图形，求出的结论，再利用两角和与差的正切公式以及前面的结论将化简为的形式，由基本不等式即可求得最值. 【详解】如图，设，，， 由于曲线，则， 所以在点的切线方程为， 同理在点的切线方程为， 由于点是两切线的交点，所以， 则为，且过， 且，设，， ， 当且仅当时“”成立， 故选：C. 【点睛】方法点睛：用导数求切线方程的关键在于求出切点及斜率，其求法为： （1）设是曲线上的一点，则以的切点的切线方程为：； （2）若曲线在点的切线平行于轴（即导数不存在）时，由切线定义知，切线方程为. 8．C 【分析】根据抛物线的定义，结合梯形中位线定理进行求解即可． 【详解】如图，连接， 设的中点为M，点P，Q，M在C的准线上的射影分别为，，， 则， 当取最小值时，也取最小值， 作图可知当轴时，取得最小值，为， 此时，所以． 故选：C 9．AB 【分析】由已知有且定义域为，结合对数复合函数的单调性判断函数的区间单调性，进而判断函数值的大小，由对数性质求零点判断各项的正误. 【详解】由，且定义域为， 所以的图象关于直线对称，A对； 当时，在上单调递减，D错； 当时，在上单调递增， 又，B对； 显然，C错； 故选：AB 10．ABD 【分析】利用等比数列的通项公式和前项和公式化简条件依次判断选项即可. 【详解】若，则，故A正确； 所以， 化简得：，解得：或（舍去），故B正确； 所以，故C错误； ，， 所以，故D正确； 11．ABD 【分析】建立空间直角坐标系利用空间位置关系的向量证明判断A；由线面角的向量求法计算判断B；利用异面直线向量求法求出直线与直线所成角最小时点的位置判断C；确定直三棱柱的外接球球心位置并计算半径，D正确. 【详解】在直三棱柱中，平面，又平面， 则，又，因此两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图： 对于A，点，，平面的一个法向量为， 则，又平面，因此平面，A正确； 对于B，平面的一个法向量为，设直线与平面所成的角为， 则，B正确； 对于C，点，， 由在线段上，设，其中， 则， 因此直线与直线所成的角的余弦值为 ， 令函数，求导得， 当时，，当时，， 因此在上单调递增，在上单调递减，则当时，取得最大值， 由余弦函数单调性得此时直线与直线所成的角最小，因此，， 线段长为，C错误； 对于D，由，，得为等腰直角三角形， 外接圆圆心为的中点，外接圆半径为， 因此直三棱柱的外接球球心即为的中心，， 则外接球半径为，D正确. 故选：ABD 12． 【分析】根据函数零点的定义，利用构造法，把问题转化为一元二次方程有两个不同的实数根，结合导数的性质判断新函数的性质，结合数形结合思想进行求解即可. 【详解】函数的定义域为全体正实数， 令，可得， 令，得， 设   函数， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 当时，，当时，，作出的大致图象，如图所示， 所以方程有两个实根，，且， 故，解得，故的取值范围为． 13． 【分析】根据渐近线与直线的平行关系确定出的关系，再根据焦点在上确定出的值，结合计算出即可得到双曲线的方程. 【详解】因为双曲线的一条渐近线与平行，所以， 又因为双曲线的焦点为，且双曲线的一个焦点在直线上， 而直线与x轴的交点为，所以， 所以，所以， 所以双曲线的方程为：. 14． 【分析】根据题意，由分步计数原理求得验证码总数为种，再由，且，利用组合数公式，求得位为2的递增型验证码数，结合古典概型的概率计算公式，即可求解. 【详解】由题意，手机验证码由4个数字（其中随机组成， 根据分步计数原理，可得验证码共有种， 若，且满足， 则从，这7个数字中选出3个数字，并且按从小到大的顺序排列， 共有种， 所以首位为2的递增型验证码的概率. 故答案为： 15．(1) (2)最小值为4， 【分析】（1）利用三角形面积公式和外接圆半径公式，结合已知的正弦乘积条件求出外接圆半径，再通过正弦定理求出角. （2）由外接圆半径和正弦乘积条件得到的值，将所求式子通分后，利用基本不等式求最小值，再结合等号成立条件求出. 【详解】（1）设外接圆的半径为．因为，所以． 又因为，所以． 因为，所以，又角为锐角，则． （2）由（1）知．因为，由正弦定理得． 因为， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为4，此时，解得，从而． 16．(1) (2) 【分析】（1）结合等差数列通项公式联立方程组求解即可； （2）利用裂项相消法求出数列的前项和，再结合对数运算比较大小即可. 【详解】（1）因为为等差数列，设公差为， 因为，，所以， 解得，故. （2）因为， 所以 ， 则对，， 又，故. 17．(1)连接， 在中，为中点，为中点，所以. 因为平面，平面，所以平面. (2)①；② 【分析】（1）利用三角形中位线得，再利用线面平行的判定定理即可. （2）①设平面交线段于点，连接，可得出，，，结合正弦定理求解即可；②设为圆柱的一条母线，过点在平面内作，连接，以作平面，过点在平面内作，垂足为点，连接，可得平面即为所求作平面，从而可得为等腰直角三角形，求出的长即可. 【详解】（1）略 （2）①设平面交线段于点，连接，如下图， 因为平面平面，平面平面，平面平面， 所以. 因为为中点，故为的中点. 在中，为中点，所以. 所以 在中，，由正弦定理得， 所以 所以. ②设为圆柱的一条母线，过点在平面内作，连接， 以作平面，过点在平面内作，垂足为点，连接，如下图. 因为平面，平面，所以. 因为，平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以. 所以为二面角的平面角. 在中，，所以. 因为平面，平面，所以平面平面. 所以平面即为所求作平面. 因为平面，平面，所以. 因为，平面，平面， 所以平面. 又因为平面，所以. 所以平面与底面所成角的平面角为. 因为平面，平面，所以. 所以为等腰直角三角形. 因为，则. 因为，所以为等边三角形，所以. 因为为下底面的直径,点在下底面圆周上（异于，），所以. 所以. 所以. 因为，所以. 所以. 【点睛】本题以圆柱中点为载体，依托中位线证线面平行；借助面面平行性质转化角度，用正弦定理求值；构造二面角平面角，将空间线段长转化为平面解三角形，贯穿空间问题平面化思想，垂直、平行判定定理是解题核心。 18．(1)， (2)1 【分析】（1）由即可求出，再由极值的定义检验即可. （2）对求导，得出的单调性和极值，结合端点值即可求出函数在的最小值. 【详解】（1）， 因为在处取得极大值6. 所以，得 此时， 令可得：；令可得或， 所以在上单调递减，在，上单调递增 所以在处取得极大值，符合题意， 所以. 又，所以 （2），所以 列表如下： 0 1 2 3 + 0 0 + 1 极大值6 极小值5 10 由于，故时，. 19．(1) (2) 证明：设直线的方程为，设点，， 联立，得，显然， 由韦达定理可得，， 又因为直线的方程为， 将代入，可得，即点， 所以， 因为，则， 所以直线的方程为， 联立，得，则， 故，， 故G，，三点纵坐标相同，即三点共线． 【分析】（1）由题意得点到点的距离与到直线的距离相等，设，则，化简可得结论； （2）设直线的方程为，设点，，联立直线与抛物线的方程，由韦达定理求解点坐标，证明，，三点纵坐标相等即可． 【详解】（1）由题意可知是线段的中点，因为，所以为的中垂线， 即，又因为，即点到点的距离与到直线的距离相等， 设，则，化简得， 所以动点的轨迹的方程为． 答案第12页，共12页 答案第11页，共12页 学科网（北京）股份有限公司 $