2027届四川省自贡市高三第四次模拟考试数学试卷（含答案解析）

这是一份2027届四川省自贡市高三第四次模拟考试数学试卷（含答案解析），共4页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，已知实数，则的大小关系是等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．在中，在边上满足，为的中点，则（ ）.
A．B．C．D．
2．在中，为边上的中线，为的中点，且，，则（ ）
A．B．C．D．
3．等比数列的各项均为正数，且，则( )
A．12B．10C．8D．
4．已知棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是等腰直角三角形，则该三棱锥的四个面中，最大面积为（ ）
A．B．C．D．
5．已知是球的球面上两点,,为该球面上的动点.若三棱锥体积的最大值为36,则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
6．函数与在上最多有n个交点，交点分别为（，……，n），则（ ）
A．7B．8C．9D．10
7．已知实数，则的大小关系是( )
A．B．C．D．
8．已知是空间中两个不同的平面，是空间中两条不同的直线，则下列说法正确的是（ ）
A．若，且，则
B．若，且，则
C．若，且，则
D．若，且，则
9．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数（即质数）的和”，如，．在不超过20的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于20的概率是（ ）
A．B．C．D．以上都不对
10．已知双曲线的左、右顶点分别为，点是双曲线上与不重合的动点，若， 则双曲线的离心率为( )
A．B．C．4D．2
11．已知函数，若曲线上始终存在两点，，使得，且的中点在轴上，则正实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
12．函数的图象可能为（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知，若的展开式中的系数比x的系数大30，则______．
14．已知函数，若函数有个不同的零点，则的取值范围是___________．
15．已知，满足不等式组，则的取值范围为________．
16．已知实数a，b，c满足，则的最小值是______.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）如图，在三棱锥中，，是的中点，点在上，平面，平面平面，为锐角三角形，求证：
（1）是的中点；
（2）平面平面.
18．（12分）如图,设点为椭圆的右焦点，圆过且斜率为的直线交圆于两点，交椭圆于点两点，已知当时，
（1）求椭圆的方程.
（2）当时，求的面积.
19．（12分）在直角坐标系中，以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．曲线的极坐标方程为：，曲线的参数方程为其中，为参数，为常数．
（1）写出与的直角坐标方程；
（2）在什么范围内取值时，与有交点．
20．（12分）如图，四棱锥的底面ABCD是正方形，为等边三角形，M，N分别是AB，AD的中点，且平面平面ABCD.
（1）证明：平面PNB；
（2）问棱PA上是否存在一点E，使平面DEM，求的值
21．（12分）为了打好脱贫攻坚战，某贫困县农科院针对玉米种植情况进行调研，力争有效地改良玉米品种，为农民提供技术支援，现对已选出的一组玉米的茎高进行统计，获得茎叶图如图（单位：厘米），设茎高大于或等于180厘米的玉米为高茎玉米，否则为矮茎玉米．
（1）求出易倒伏玉米茎高的中位数；
（2）根据茎叶图的数据，完成下面的列联表：
（3）根据（2）中的列联表，是否可以在犯错误的概率不超过1%的前提下，认为抗倒伏与玉米矮茎有关？
附：，
22．（10分）已知数列的前n项和为，且n、、成等差数列，.
（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；
（2）若数列中去掉数列的项后余下的项按原顺序组成数列，求的值.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、B
【解析】
由，可得，，再将代入即可.
【详解】
因为，所以，故
.
故选：B.
本题考查平面向量的线性运算性质以及平面向量基本定理的应用，是一道基础题.
2、A
【解析】
根据向量的线性运算可得,利用及，计算即可.
【详解】
因为,
所以
，
所以，
故选：A
本题主要考查了向量的线性运算，向量数量积的运算，向量数量积的性质，属于中档题.
3、B
【解析】
由等比数列的性质求得，再由对数运算法则可得结论．
【详解】
∵数列是等比数列，∴，，
∴．
故选：B.
本题考查等比数列的性质，考查对数的运算法则，掌握等比数列的性质是解题关键．
4、B
【解析】
由三视图可知，该三棱锥如图, 其中底面是等腰直角三角形，平面,结合三视图求出每个面的面积即可.
【详解】
由三视图可知，该三棱锥如图所示：
其中底面是等腰直角三角形，平面,
由三视图知，
因为,,
所以,
所以,
因为为等边三角形，
所以,
所以该三棱锥的四个面中，最大面积为.
故选：B
本题考查三视图还原几何体并求其面积; 考查空间想象能力和运算求解能力;三视图正确还原几何体是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.
5、C
【解析】
如图所示，当点C位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，故，则球的表面积为，故选C．
考点：外接球表面积和椎体的体积．
6、C
【解析】
根据直线过定点，采用数形结合，可得最多交点个数， 然后利用对称性，可得结果.
【详解】
由题可知：直线过定点
且在是关于对称
如图
通过图像可知：直线与最多有9个交点
同时点左、右边各四个交点关于对称
所以
故选：C
本题考查函数对称性的应用，数形结合，难点在于正确画出图像，同时掌握基础函数的性质，属难题.
7、B
【解析】
根据，利用指数函数对数函数的单调性即可得出．
【详解】
解：∵，
∴，，．
∴．
故选：B．
本题考查了指数函数对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
8、D
【解析】
利用线面平行和垂直的判定定理和性质定理,对选项做出判断，举出反例排除.
【详解】
解：对于，当，且，则与的位置关系不定，故错；
对于，当时，不能判定，故错；
对于，若，且，则与的位置关系不定，故错；
对于，由可得，又，则故正确．
故选：．
本题考查空间线面位置关系.判断线面位置位置关系利用好线面平行和垂直的判定定理和性质定理. 一般可借助正方体模型，以正方体为主线直观感知并准确判断．
9、A
【解析】
首先确定不超过的素数的个数，根据古典概型概率求解方法计算可得结果.
【详解】
不超过的素数有，，，，，，，，共个，
从这个素数中任选个，有种可能；
其中选取的两个数，其和等于的有，，共种情况，
故随机选出两个不同的数，其和等于的概率．
故选：.
本题考查古典概型概率问题的求解，属于基础题.
10、D
【解析】
设，，，根据可得①，再根据又②，由①②可得，化简可得，即可求出离心率．
【详解】
解：设，，，
∵，
∴，即，①
又，②，
由①②可得，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
故选：D．
本题考查双曲线的方程和性质，考查了斜率的计算，离心率的求法，属于基础题和易错题．
11、D
【解析】
根据中点在轴上，设出两点的坐标，，（）.对分成三类，利用则，列方程，化简后求得，利用导数求得的值域，由此求得的取值范围.
【详解】
根据条件可知，两点的横坐标互为相反数，不妨设，，（），若，则，由，所以，即，方程无解；若，显然不满足；若，则，由，即，即，因为，所以函数在上递减，在上递增，故在处取得极小值也即是最小值，所以函数在上的值域为，故.故选D.
本小题主要考查平面平面向量数量积为零的坐标表示，考查化归与转化的数学思想方法，考查利用导数研究函数的最小值，考查分析与运算能力，属于较难的题目.
12、C
【解析】
先根据是奇函数，排除A，B，再取特殊值验证求解.
【详解】
因为，
所以是奇函数，故排除A，B，
又，
故选：C
本题主要考查函数的图象，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、2
【解析】
利用二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，求得的值．
【详解】
展开式通项为：
且的展开式中的系数比的系数大
，即：
解得：（舍去）或
本题正确结果：
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
14、
【解析】
作出函数的图象及直线，如下图所示，因为函数有个不同的零点，所以由图象可知，，，所以．
15、
【解析】
画出不等式组表示的平面区域如下图中阴影部分所示，易知在点处取得最小值，即，所以由图可知的取值范围为．
16、
【解析】
先分离出，应用基本不等式转化为关于c的二次函数，进而求出最小值.
【详解】
解：若取最小值，则异号，，
根据题意得：，
又由，即有，
则，
即的最小值为，
故答案为：
本题考查了基本不等式以及二次函数配方求最值，属于中档题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）证明见解析；（2）证明见解析；
【解析】
（1）推导出，由是的中点，能证明是有中点．
（2）作于点，推导出平面，从而，由，能证明平面，由此能证明平面平面．
【详解】
证明：（1）在三棱锥中，
平面，平面平面，
平面，
，
在中，是的中点，是有中点．
（2）在三棱锥中，是锐角三角形，
在中，可作于点，
平面平面，平面平面，
平面，平面，
平面，，
，，
平面，
平面，平面平面．
本题考查线段中点的证明，考查面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，属于中档题．
18、（1）（2）
【解析】
（1）先求出圆心到直线的距离为，再根据得到，解之即得a的值，再根据c=1求出b的值得到椭圆的方程.(2)先求出，，再求得的面积.
【详解】
(1)因为直线过点，且斜率.
所以直线的方程为，即，
所以圆心到直线的距离为，
又因为，圆的半径为，
所以，即，
解之得，或（舍去）.
所以，
所以所示椭圆的方程为 .
(2)由(1)得，椭圆的右准线方程为，离心率，
则点到右准线的距离为，
所以，即，把代入椭圆方程得，，
因为直线的斜率，
所以，
因为直线经过和，
所以直线的方程为，
联立方程组得，
解得或，
所以，
所以的面积.
本题主要考查直线和圆、椭圆的位置关系，考查椭圆的方程的求法，考查三角形面积的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.
19、（1），．（2）
【解析】
（1）利用，代入可求；消参可得直角坐标方程.
（2）将的参数方程代入的直角坐标方程，与有交点，可得，解不等式即可求解.
【详解】
（1）
（2）将的参数方程代入的直角坐标方程得：
与有交点，即
本题考查了极坐标方程与普通方程的转化、参数方程与普通方程的转化、直线与圆的位置关系的判断，属于基础题.
20、（1）证明见解析；（2）存在，.
【解析】
（1）根据题意证出，，再由线面垂直的判定定理即可证出.
（2）连接AC交DM于点Q，连接EQ，利用线面平行的性质定理可得，从而可得，在正方形ABCD中，由即可求解.
【详解】
（1）证明：在正方形ABCD中，M，N分别是AB，AD的中点，
∴，，.
∴.
∴.
又，
∴，∴.
∵为等边三角形，N是AD的中点，
∴.
又平面平面ABCD，平面PAD，
平面平面，
∴平面ABCD.
又平面ABCD，∴.
∵平面PNB，，
∴平面PNB.
（2）解：存在.如图，连接AC交DM于点Q，连接EQ.
∵平面DEM，平面PAC，平面平面，
∴.∴.
在正方形ABCD中，，且.
∴，∴.故.
所以棱PA上存在点E，使平面DEM，此时，E是棱A的靠近点A的三等分点.
本题考查了线面垂直的判定定理、线面平行的性质定理，考查了学生的推理能力以及空间想象能力，属于空间几何中的基础题.
21、（1）190（2）见解析 （3）可以在犯错误的概率不超过1%的前提下，认为抗倒伏与玉米矮茎有关．
【解析】
（1）排序后第10和第11两个数的平均数为中位数；
（2）由茎叶图可得列联表；
（3）由列联表计算可得结论．
【详解】
解：（1）．
（2）
（3）由于，因此可以在犯错误的概率不超过1%的前提下，认为抗倒伏与玉米矮茎有关．
本题考查茎叶图，考查独立性检验，正确认识茎叶图是解题关键．
22、（1）证明见解析，；（2）11202.
【解析】
（1）由n，，成等差数列，可得，，两式相减，由等比数列的定义可得是等比数列，可求数列的通项公式；
（2）由（1）中的可求出，根据和求出数列，中的公共项，分组求和，结合等比数列和等差数列的求和公式，可得答案.
【详解】
（1）证明：因为n，，成等差数列，所以，①
所以.②
①－②，得，所以.
又当时，，所以，所以，
故数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以，即.
（2）根据（1）求解知，，，所以，
所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列.
又因为，，，，，，，，
，，，
所以
.
本题考查等比数列的定义，考查分组求和，属于中档题.
抗倒伏
易倒伏
矮茎
高茎
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
抗倒伏
易倒伏
矮茎
15
4
高茎
10
16