精品解析：吉林省吉林市吉化第一高级中学校2027届高三年级10月模拟考试数学试题

吉化一中2026年高三年级10月模拟考试 数学试题 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 数列是递增的整数数列，且，，则当取得最大值时，的最小值为（ ） A. 15 B. 14 C. 13 D. 12 4. 已知，则（ ）. A. B. C. D. 5. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 设且，函数的定义域为．若的值域为，则的取值范围为（     ） A. B. C. D. 7. 已知正方体的棱长为2，点满足，且，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若对任意的，都有，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 在区间上单调递减 D. 当，为方程的两个不同的解时，的最小值为 10. 已知为坐标原点，过的直线与双曲线相交于，两点，则下列说法正确的是（ ） A. 双曲线的离心率为 B. 直线斜率的取值范围为 C. 若是双曲线上的动点，则的最小值为 D. 过作的垂线，垂足为，则点的轨迹与直线有且只有1个公共点 11. 如图，点，，，在水平放置的以为球心的半球面上，半球的半径为3，，，两两垂直，则（ ） A. 直线平面 B. 平面平面 C. 六面体体积的最大值为 D. 的最大值为 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 已知共面向量，，满足：，且．若（m，）．请写出一组符合条件的m，n的值__________． 13. 若函数有两个零点，其中一个零点在区间内，另一个零点在区间内，则实数的取值范围是______． 14. 某工厂要设计一个圆柱形包装盒，内装两个半径均为的球形巧克力.要求两球在盒内错开叠放且恰好相切，并与盒壁、盒底、盒盖均接触.若盒子的高径比(高度与底面直径之比)为，则底面半径与球半径的比值为__________. 四、解答题（共5小题，77分） 15. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c已知. （1）求角C的大小； （2）若，的面积为，求的值. 16. 如图，在三棱柱中，为边长为2的正三角形，顶点在底面的投影为线段的中点，已知直线与平面所成的角为，为棱上一动点． （1）求三棱锥的体积； （2）若，求平面与平面所成角的正弦值． 17. 已知函数. （1）证明：曲线是中心对称图形； （2）设函数，. （ⅰ）若单调递减，求的取值范围； （ⅱ）求零点个数的最大值. 18. 设数列为等比数列，对集合，，，…，，定义．已知，，且，． （1）求数列的通项公式； （2）对任意正整数，若，求证：； （3）若，，且，求证：． 19. 已知点，点，定义，其中表示和中较大的数；若是直线上任意一点，的最小值记为． （1）已知点，点，直线，求，； （2）已知椭圆的上、右顶点分别为，，右焦点为，，． （i）求的方程； （ii）过点的直线与交于，两点，记直线为，为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 吉化一中2026年高三年级10月模拟考试 数学试题 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，从而. 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【详解】把全称量词（任意）对应改写为存在量词（存在）； 原结论的否定是. 所以原命题的否定就是“，”. 3. 数列是递增的整数数列，且，，则当取得最大值时，的最小值为（ ） A. 15 B. 14 C. 13 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】先由"递增的整数数列"得到，据此把放缩为，求出使和为能成立的最大项数；再讨论时的最小值，先证明时和最多只能到，再举出的具体数列验证可行. 【详解】记. 因为是递增的整数数列，所以， 从而. 于是，即. 因为，而，所以的最大值为. 此时是数列的最大项. 若，则各项都不超过且严格递增， 它们的和最大只能取到，不可能等于. 若，取数列，它严格递增， 且各项之和为，符合题意. 所以的最小值为. 4. 已知，则（ ）. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】观察角的关系：，利用诱导公式转化为，再用余弦二倍角公式代入求值. 【详解】， 由​，可得 故. 5. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，结合两角差的正弦公式，可得答案. 【详解】因，则， 又，所以，则. 所以， 从而 . 6. 设且，函数的定义域为．若的值域为，则的取值范围为（     ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数值域，分段函数特征，及对数函数单调性列式计算即可求出的范围． 【详解】当时，，此时在上单调递减， 则，所以的取值范围为； 当时，，对底数分两种情况讨论， ①，此时在上单调递减，则， 所以的取值范围为， 此时无法满足的值域为，舍去； ②，此时在上单调递增，则， 所以的取值范围为， 因此要使的值域为，应当有，解得． 7. 已知正方体的棱长为2，点满足，且，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】法一：由向量共面定理得四点共面，所以本题转化为求点到平面距离，这个距离即的最小值，建立空间坐标系用点到平面的距离公式计算可得.法二：用等体积法求三棱锥底面上的高. 【详解】，由得， 四点共面. 的最小值即求点到平面距离. 法一：以为原点建立坐标系如图: , 设平面的法向量为 ，，取得 . 法二：由正方体的棱长为2， 所以三棱锥是边长为的正四面体. 的最小值也就是三棱锥以为底面上的高. 因为， 由， 所以，得. 8. 已知函数，若对任意的，都有，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由可得： 当时，有， 当时，有， 说明在上单调递减. 已知， 可知时，是一个斜率为的一次函数，在上单调递减， 时，是一个开口向下的二次函数，对称轴为轴， 在上单调递减， 要使在上单调递减，则，上单调递减，即，解得. 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 在区间上单调递减 D. 当，为方程的两个不同的解时，的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由图象确定振幅、周期求出，代入最高点求初相得到解析式；利用整体代换求出正弦函数单调区间，判断C；解方程，分析两根差值的最小值判断D. 【详解】对于A，由图可知，且，所以，A选项正确； 对于B，由A选项分析知，将点代入解析式可得， 则，，即， 又，所以，B选项正确； 对于C，由，则时，单调递减， 可得，其中.取，得递减区间为. 所以在区间单调递增，在区间单调递减，C选项错误； 对于D，当，为方程的两个解时，令， 所以或，其中， 可得，即，故的最小值为，D选项正确. 10. 已知为坐标原点，过的直线与双曲线相交于，两点，则下列说法正确的是（ ） A. 双曲线的离心率为 B. 直线斜率的取值范围为 C. 若是双曲线上的动点，则的最小值为 D. 过作的垂线，垂足为，则点的轨迹与直线有且只有1个公共点 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用离心率公式求出离心率，假设直线的方程，联立双曲线方程，根据求出斜率取值范围，再判断斜率不存在时是否有两个交点，根据两点间距离公式及二次函数的性质即可求出的最小值，求出点的轨迹方程,结合B选项可确定出轨迹的范围，结合直线经过的特殊点判断. 【详解】对于A，； 对于B，假设斜率不存在，则直线，此时与双曲线没有交点，不符合题意，舍去， 若斜率存在，设，联立得， 因为直线与双曲线有两个交点，则且， 解得或或； 对于C，设，则， 因为，所以， 根据二次函数性质可得当时，， 即； 对于D，由于为定点，由题知，动点满足， 即点的轨迹是以线段为直径的圆的一部分，且圆心为，半径为1， 这个圆的方程为， 设过的直线为， 由B选项可知，该直线和双曲线交于两点时满足且， 当，过原点和垂直的直线为，此时垂足为， 当，过原点的直线和垂直，可设该直线为， 联立，解得， 由且，得到， 注意到在圆上可知， 综上所述，， 令代入圆可得，记， 如下图所示，的轨迹为一段优弧挖去两个点所得而来 ，即直线方程为恰好经过， 注意到该直线还经过圆心，如图，该直线和的轨迹只有一个交点. 综上所述，ACD正确. 11. 如图，点，，，在水平放置的以为球心的半球面上，半球的半径为3，，，两两垂直，则（ ） A. 直线平面 B. 平面平面 C. 六面体体积的最大值为 D. 的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A. 取 中点 ，由球的性质得 平面 ，又 平面 ，故 ，结合线面平行判定得证；B. 补成长方体，平面 与 为对角面，仅正方体时垂直，一般长方体不垂直，故错误；C. 将六面体分割为三个四面体，体积为，由 及基本不等式求最大值；D. 补成长方体，外接球半径 3 得 ，由基本不等式推导，得最大值. 【详解】A选项：取 中点 ，连接 ，则 是 的外心， 则由球的截面性质（垂径定理）有 平面 ， 因为 ，， 两两垂直，平面 ，所以平面 ， 则 ，又 平面 ， 平面，故 平面，故A正确； B选项：把四面体 补成长方体，球心 是长方体中心， 则平面、平面 对应长方体的两个对角面，即平面 ，平面 ， 只有当长方体是正方体时对角面才垂直，一般长方体的对角面不垂直， 所以平面 、平面 不一定垂直，故 B错误； C选项：​ ， 将四面体补成长方体，长方体的外接球即为该半球所在的球， 所以 ， 由基本不等式， 得​，当且仅当时取等号， 所以体积最大值​，故C正确； D选项：由C选项的分析知， 由基本不等式可得，，， 将上述三个不等式相加，得， 即， 因为， 代入得， 则，当且仅当 时取等号， 所以的最大值为 ​，故D正确. 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 已知共面向量，，满足：，且．若（m，）．请写出一组符合条件的m，n的值__________． 【答案】（答案不唯一，，，即可） 【解析】 【分析】由得，将、代入数量积运算，结合已知模长与夹角条件可推导出，取一组正数值验证夹角条件成立即可. 【详解】由，得，又，因此，即， 将代入上式，结合， 可得，得到， 由，可知与夹角为，因此， 故，得，因此. 取，此时，如图，四边形为菱形，且， ，，则满足且，满足条件. 13. 若函数有两个零点，其中一个零点在区间内，另一个零点在区间内，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【详解】∵ 函数的二次项系数为， ∴ 函数图象为开口向上的抛物线. ∵ 的两个零点分别位于区间与内， ∴ . 解得. 14. 某工厂要设计一个圆柱形包装盒，内装两个半径均为的球形巧克力.要求两球在盒内错开叠放且恰好相切，并与盒壁、盒底、盒盖均接触.若盒子的高径比(高度与底面直径之比)为，则底面半径与球半径的比值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先由圆柱高径比得到圆柱高与底面半径关系，确定两球心的竖直差、水平差，再利用两球心距离为，构造直角三角形用勾股定理求解比值. 【详解】设圆柱的高为，由圆柱的高径比，得圆柱高， 两球半径都是，两球相外切，故两球心距离， 下球与盒底相切：下球球心到底面距离为，上球与盒盖相切：上球球心到顶面距离为，因此两球心竖直方向距离：， 两球都与圆柱侧面相切，故每个球心到圆柱中心轴线距离都是，两球错开摆放，两球心水平方向距离为， 如图，两球心连线为斜边，水平、竖直距离为两条直角边，得，得， 因为，开方得，所以，故. 四、解答题（共5小题，77分） 15. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c已知. （1）求角C的大小； （2）若，的面积为，求的值. 【答案】（1） （2）4 【解析】 【分析】（1）由正弦定理将已知关系式边化角，结合两角和的正弦定理化简求解； （2）由面积公式结合第（1）问结果求出，再由及余弦定理求出，进而求得. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以， 又，所以，又， 故. 【小问2详解】 由，得， 由余弦定理，得，所以， 所以，故. 16. 如图，在三棱柱中，为边长为2的正三角形，顶点在底面的投影为线段的中点，已知直线与平面所成的角为，为棱上一动点． （1）求三棱锥的体积； （2）若，求平面与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由为在底面上的投影，推出面，点到平面的距离等于点到平面的距离，确定高，将三棱锥的体积转化为求的体积. （2）根据题中的垂直关系建立空间坐标系，标记点的坐标，分别求解平面与平面的法向量，求解两个法向量夹角的正弦值，进而确定两个平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 ∵在三棱柱中，为在底面上的投影，∴面， ∵面，∴点到平面的距离等于点到平面的距离 因为与平面所成的角为，且面， ∴， ∴ 【小问2详解】 以为原点，，，为，，轴，如图， 可得：，，，，， 又∵，∴，∴， 所以，，， 设为平面的一个法向量， 则，即，令，则， 设为平面的一个法向量， 则，即，令，则， ∴，，所以平面与平面所成角的正弦值为. 17. 已知函数. （1）证明：曲线是中心对称图形； （2）设函数，. （ⅰ）若单调递减，求的取值范围； （ⅱ）求零点个数的最大值. 【答案】（1）证明见详解； （2）(i) ；（ⅱ）零点个数最大值为 . 【解析】 【分析】（1）先确定函数定义域为，利用奇函数图象关于原点中心对称这一性质，再计算，借助对数运算法则与平方差公式化简，得到，判定为奇函数，即可证得曲线关于原点中心对称； （2）(i)先求出的导数，根据函数单调递减的条件，得到在上恒成立；接着对不等式进行分离参数，得到；再利用基本不等式求出右边函数的最大值，最后依据恒成立的条件分析即可；(ii)先注意到恒为的零点；再对参数分类讨论，最后综合全部情况，得到零点个数的最大值即可. 【小问1详解】 ∵ 的定义域为， ∴， 即 ， 为奇函数， ∴曲线 关于原点中心对称，是中心对称图形. 【小问2详解】 (i)∵ 的定义域为 ，∴， 则 单调递减等价于 对任意 恒成立， 即：， 由基本不等式得 ，当且仅当 时等号成立，故 ， ∴ ，即 的取值范围为 ； (ii)① 当时，在上单调递增，又，故仅有1个零点； ② 当时，在上单调递减，又，故仅有1个零点； ③ 当时，存在唯一使得， 在上单调递增，在上单调递减，， 当时，故在上有1个零点，且在处也为零点， ∴共2个零点， 综上，零点个数的最大值为2. 18. 设数列为等比数列，对集合，，，…，，定义．已知，，且，． （1）求数列的通项公式； （2）对任意正整数，若，求证：； （3）若，，且，求证：． 【答案】（1） （2）当，可知中的元素均大于， 令，且， 则． （3）令，，，，设，，…，与，，…，中第1个不等的项为第个，即， 由，， 去掉前面个相等的项得，（1） 若，则，（1）两边同除以，得 ，（2） 而， ，这与（2）矛盾，所以不成立， 同理可得，不成立， 所以不成立． 所以成立，所以． 【解析】 【分析】（1）根据集合交集和并集的定义，求出，再根据并集的元素构成，代入子集和的定义列出关于公比q的方程，求出结果，写出通项公式； （2）利用等比数列的通项关系，将所有下标大于k的项用表示，进而用等比数列的求和公式，得到所有下标大于k的项的总和恰好等于；由于T是有限子集，子集和是有限项的部分和，必然小于无穷总和，直接得到不等式结论； （3）采用反证法，假设，构造两个集合的对称差T，取T中的最小元素k；利用第（2）问的结论，对做放缩，推出，与题设条件矛盾；因此原假设不成立，证明，得到子集和的唯一性； 【小问1详解】 设数列的公比为， 由题可知，，则，所以，即， 可得，所以， 得，即，解得， 所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 已知点，点，定义，其中表示和中较大的数；若是直线上任意一点，的最小值记为． （1）已知点，点，直线，求，； （2）已知椭圆的上、右顶点分别为，，右焦点为，，． （i）求的方程； （ii）过点的直线与交于，两点，记直线为，为，证明：． 【答案】（1），. （2）（i）. （ii）证明：由（i）知. 当直线的斜率为时，直线为轴，，为椭圆的左、右顶点，此时，都是轴，所以. 当直线的斜率不为时，设直线，，. 联立，消去得. 由，得，且，. 若，则，代入得，，矛盾，所以，同理. 于是直线，的斜率都存在，设为，，则. 因为，所以. 所以，，直线与关于轴对称. 对上任意一点，点在上，反之亦然，且. 所以（在上）与（在上）的取值范围相同，最小值相等，即. 综上，. 【解析】 【分析】（1）按定义直接计算；设直线上的点，比较与的大小，分段求的最小值. （2）（i）写出，，的坐标，由新定义得，，分类讨论求出，；（ii）如图所示，设直线与椭圆方程联立，由韦达定理证明，得，关于轴对称，再利用点在轴上及对称性得结论. 【小问1详解】 . 设为直线上任意一点，则. 由，即，得. 当时，；当时，. 所以当时，取得最小值，即. 【小问2详解】 （i）由题意得，，，其中. ，. 若且，则，由得，解得，满足，此时. 若且，则，，即，矛盾. 所以，，椭圆的方程为. （ii）略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $