2027届辽宁沈阳市二十中学高三上学期模拟数学试题（含解析）

试卷第=page11页（共=sectionpages33页）试卷第=page11页（共=sectionpages33页）2026年沈阳二十中学数学一模一、选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．样本数据的中位数是（

）A．8 B．8.5 C．9 D．9.53．已知a，b为实数，则“”是“”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4．已知二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则的值为（

）A．4 B．5 C．6 D．75．已知，，是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，下列命题中正确的是（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则6．已知函数的部分图象如图所示，则（）

A． B． C． D．7．已知复数满足，则的最小值为（

）A．1 B． C． D．28．已知定义域为的函数满足为偶函数，为奇函数，则（

）A． B．1 C． D．二、多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）9．已知是等差数列的前项和，为公差，且，，则下列说法正确的是（

）A． B．当时，取最小值C． D．10．加斯帕尔・蒙日是18-19世纪法国著名的数学家，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”（如图所示）．当椭圆方程为时，蒙日圆方程为．已知长方形的四边均与椭圆相切，则下列说法正确的是（

）A．椭圆的离心率为B．若为正方形，则的边长为C．椭圆的蒙日圆方程为D．长方形的面积的最大值为1411．如图所示，在圆锥PO中，PO为高，AB为底面圆的直径，圆锥的轴截面是面积等于4的等腰直角三角形，C为母线PA的中点，点M为底面上的动点，且，点O在直线PM上的射影为H，当点M运动时，则有（

）A．三棱锥体积的最大值为 B．直线PA与直线CH不可能垂直C．点H的轨迹长度为 D．的最大值为三、填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）12．若都是单位向量，，则向量与的夹角大小为__________.13．在中，角所对的边分别为，若边上的高，则的周长为______．14．设集合，若对于满足的任意k个元素的集合，都存在，使得，则k的最小值是______．四、解答题（共5小题，满分77分）15．在长方体中，，，为棱上的动点（不包含端点，）．(1)证明：；(2)当时，求二面角的余弦值．16．已知抛物线的焦点为，过点作两条互相垂直的直线，，与抛物线交于，两点，与抛物线交于，两点．设，，，．(1)若，直线的斜率为1，求的值；(2)求四边形面积的最小值及此时直线的斜率．17．在中，角，，的对边分别为，，，已知向量，，且．(1)求角的大小；(2)若为锐角三角形，，求的取值范围；(3)设的面积为，边上的中线长为2，求的长．18．已知函数，．(1)讨论函数的单调性；(2)当时，若恒成立，求取值范围；(3)若，求证：函数有两个大于1的零点．19．为提升用户的“数字资产积累”体验，某区块链平台推出“幸运盲盒”游戏：盲盒内有编号的个数字代币（质地均匀），每次随机有放回抽取个代币，抽取相互独立．规则为：抽到号代币得个积分，抽到号代币得个积分．定义“安全积累状态”为：抽取过程中从未出现连续两次抽到号代币，记第次抽取后处于“安全积累状态”的概率为．(1)①求抽取次后，总积分为分的概率；②求的值；(2)设抽取次后处于“安全积累状态”，且积分和为．求满足条件的的取值范围，并求当最大时共有多少种抽取方法；(3)证明：当时，．答案第=page11页（共=sectionpages22页）答案第=page11页（共=sectionpages22页）1．D【分析】由集合的交集运算可得选项.【详解】因为指数函数在上单调递增，且，，所以由可得，即集合，又，因此.2．B【分析】从小到大排列后，取第四、五个数的平均数可得.【详解】从小到大排列为，共有8个数，所以中位数为.故选：B.3．A【详解】因为等价于，即，则或，所以当时，成立，当时，不一定成立，如，满足，但不满足，故“”是“”的充分不必要条件.4．C【分析】根据二项式系数的性质来确定的值。【详解】因为二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，所以二项式的展开式共7项，即，得.5．B【详解】对于A：若，，则或和相交，故A错误；对于B：若，，根据线面垂直的性质定理可得，故B正确；对于C：若，，则或和异面，故C错误；对于D：若，，则和可能平行也可能相交，故D错误；6．D【分析】利用三角函数的图像性质求出，从而得出结论.【详解】由图知的最小正周期，所以.又，所以.因为，所以，所以.故选：D.7．C【分析】根据给定条件求出点的轨迹方程为椭圆，再利用复数的几何意义结合椭圆的性质求出最小值.【详解】设，则复数在复平面内对应点的坐标为，由，得，其表示点到两点的距离之和为，因为，所以点的轨迹是以两点为焦点的椭圆，其中，所以，所以点的轨迹方程为，表示点与之间的距离，而，所以的最小值为.故选：C.8．C【详解】因为是偶函数，，所以，即①，因为是奇函数，所以，所以，即②，①+②，并整理得．9．AD【分析】根据等差数列性质可得，，即可得，即可判断A；结合单调性分析数列的正负性，即可得的最值，即可判断BCD.【详解】因为数列为等差数列，则，即，且，即，可得，所以公差，故A正确；可知等差数列为递增数列，当时，；当时，；所以当时，取最小值，故B错误；所以，，故C错误，D正确．10．ACD【分析】根据椭圆方程可求得离心率，知A正确；根据蒙日圆方程定义可知C正确；结合长方形的对角线长和基本不等式可求得B错误D正确.【详解】对于A，由椭圆的方程知，则，椭圆的离心率，A正确；对于C，由A知，椭圆对应的蒙日圆方程为，C正确；对于B，由C可知，正方形是圆的内接正方形，正方形对角线长为圆的直径，正方形的边长为，B错误；对于D，设长方形的长和宽分别为长方形的对角线长为椭圆对应蒙日圆的直径，长方形的面积（当且仅当时取等号），即长方形的面积的最大值为14，D正确．故选：ACD．11．AC【分析】对于选项A，根据等体积法表示出三棱锥的体积，用重要不等式可求其最大值；对于选项B，根据条件可证明恒成立；对于选项C，根据条件得：，得点的轨迹为圆，从而得轨迹的长度；对于选项D，用函数表达，即可求得最大值.【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为.由题可知，所以.因为，所以.因为，所以.对于Ａ，因为平面，平面，则，因平面，故平面，则三棱锥的体积，当且仅当时等号成立.故三棱锥体积的最大值为，故Ａ正确；对于B，由上已证平面，因平面，所以因为点O在直线PM上的射影为H，所以由且平面，得平面，因平面，则，又，连接OC，又C为PA的中点，故，又平面，所以平面，因平面，故恒成立，即B不正确；对于C，由选项B可知平面.因为平面，平面，所以，因过点C且与PA垂直的平面仅有一个，则H点的轨迹为以OC为直径的圆（除去两点）．因为，所以H点的轨迹周长为，故C正确；对于D，方法一：由选项B可知因，则点必在圆内，设，则，，，令，则.当时，，在上单调递增；所以，故D错误.方法二：，当且仅当即时，取等.因为，所以，即，故D错误.故选：AC.12．【详解】都是单位向量，故，且，设夹角为，，，，，又，故.13．15【分析】利用等面积法及正余弦定理计算即可.【详解】由题意可知，所以，又由余弦定理可知，即，则的周长为.14．【分析】设集合，对于任意，，，计算出此时的最大值即可得到k的最小值．【详解】解：根据题意，，设集合，对于任意，，，现计算此时的最大值，要使最大，则数列的增长速度应该尽可能的慢，首先尽可能小，所以，则应该是满足的最小整数，故，，则数列是首项为，公比为的等比数列，所以，，即，又且，的最大值为，例如，则k的最小值是．15．(1)证明见解析(2)．【分析】（1）利用线面垂直的判定性质推理得证.（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用面面角的向量法求解.【详解】（1）在长方体中，连接，由，得底面是正方形，则，由平面，平面，得，又，平面，因此平面，无论点在线段上如何移动，平面，所以.（2）以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，连接，则，，设平面的法向量，则，取，得，平面的法向量，则，由图知，二面角的余弦值为钝角，所以所求余弦值为.16．(1)8(2)，．【分析】（1）求出抛物线方程和焦点坐标，得出直线的方程，直曲联立，借助韦达定理即可求出的值；（2）写出直线的方程，直曲联立得出的表达式，利用两直线垂直求出直线的斜率与的表达式，写出四边形的面积表达式，借助基本不等式即可求出四边形面积的最小值及此时直线的斜率.【详解】（1）由题意，在抛物线中，当时，，焦点，∵直线的斜率为1，∴直线的方程为，联立，解得，∴，∴．（2）由题意，在抛物线中，焦点，，，，，设直线的斜率为，则直线的方程为，联立，消去得：，∴．∴，∵，∴直线的斜率为，同理可得，，∴四边形的面积：，当且仅当即时，等号成立，∴四边形面积的最小值是，此时直线的斜率．17．(1)(2)(3)【分析】（1）根据向量的数量积，结合三角函数性质求解即可.（2）根据正弦定理、辅助角公式及正弦函数性质求解即可.（3）根据三角形面积公式得到，根据为中点得到，结合向量数量积的运算律得到，代入余弦公式求解即可.【详解】（1）由题意，又，所以．又，所以或，所以.（2）因为，，由正弦定理得：，则，．易知，所以．因为为锐角三角形，所以，解得．所以，所以，则．所以的取值范围是．（3）由题意知，，所以．因为为中点，所以，两边平方得：，代入并整理：，由余弦定理：，所以．18．(1)时在上单调递增，时在上单调递增，在上单调递减(2)(3)证明见解析【分析】（1）对函数求导，应用分类讨论研究导数的符号，进而确定区间单调性；（2）问题化为，应用导数研究左侧的最小值，利用不等式恒成立求参数范围；（3）应用导数研究的单调性，结合零点存在性定理确定零点的范围，即可证.【详解】（1）由题意，，当时，，故在上单调递增；当时，令，得，在上单调递增，令，得，在上单调递减.（2）当时，不等式可化为，令，，，，在上单调递减，，，在上单调递增，所以，设，则，，，在上单调递增，，，在上单调递减，当时，，所以的取值范围是；（3）由题意，，易知为增函数，又，且，故，又，故，使得，，，，在上单调递减，，，在上单调递增，，令，，，故在上单调递减，，所以，又，故，使得，又，对于，，则，故在上单调递增，则，即，对于，，则，当时，，则在上单调递增，当时，，则在上单调递减，所以，即，故，令，，则，所以在上单调递增，所以，所以，故，使得，综上，函数有，两个大于1的零点.19．(1)①；②(2)，125(3)证明见解析【分析】（1）①由题意得总积分为分，应满足恰好抽到次号代币，次号代币，利用概率的乘法公式即可求解；②分类讨论次抽取过程中从未出现连续两次抽到号代币的情况即可求解；（2）根据题意得出抽到号的次数与的关系即可求解；（3）将第次抽取后处于安全积累状态，分两种情况讨论，得到即可判断.【详解】（1）①由题意，抽到号的概率为，抽到号的概率为；抽取次后，总积分为分，应满足恰好抽到次号代币，次号代币．总积分为分的概率为：，②根据题意，次抽取过程中从未出现连续两次抽到号代