第一章 集合与常用逻辑用语、不等式～第九章 计数原理、统计与概率（综合训练）（北京专用）2026年高考数学一轮复习讲练测

第一章 集合与常用逻辑用语、不等式~第九章 计数原理、统计与概率（综合训练） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项: 1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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．设集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出集合A的补集，根据集合的交集运算，即可求得答案. 【详解】由，得， 结合，得. 故选：A 2．下列函数中，既是偶函数又在单调递增的函数是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分析各选项中函数的定义域、奇偶性、在上的单调性即可判断作答. 【详解】对于A，函数定义域是，不是偶函数，A错误； 对于B，当时，函数在上单调递减，B错误. 对于C，函数在上单调递减，C错误； 对于D，函数定义域为R，， 故是偶函数， 当时，在上单调递增，D正确； 故选：D 3．在的展开式中，常数项为（ ） A． B． C．120 D．160 【答案】A 【分析】先求出通项，然后令的指数为零求出，再代入计算可得． 【详解】二项式展开式的通项为（且）， 令解得，故常数项为. 故选：A 4．已知抛物线的焦点与双曲线的一个焦点重合，则（    ） A． B． C．5 D． 【答案】C 【解析】首先求抛物线的焦点坐标，由双曲线方程可知，求的值. 【详解】抛物线的焦点是， 双曲线中，，由题意可知，解得：. 故选：C 5．已知，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】举出反例即可判断ABD，利用作差法即可判断C. 【详解】当时，，故AD错误； 当时，，故B错误； 对于C，因为，所以，因为，所以且， 则， 所以，故C正确. 故选：C. 6．向量，， 在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，若为与同方向的单位向量，则（    ） A．1.5 B．2 C．-4.5 D．-3 【答案】D 【分析】首先建系，确定向量的坐标，根据向量数量积的坐标表示求解. 【详解】如图，建立平面直角坐标系，由图可知，，， 则，所以. 故选：D 7．已知函数，当时，取得最小值，则m的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据二次函数和指数函数的性质，及分段函数的最值即可得求解． 【详解】当时，单调递增，则； 当时，开口向上，且对称轴为， 又当时，取得最小值， 所以，解得， 所以m的取值范围为． 故选：B． 8．已知是等比数列，则“”是“为递减数列”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】由求出公比的取值范围，然后结合等比数列的通项即可判断数列的单调性，举出反例说明为递减数列不一定能得到，再根据充分条件和必要条件即可得出答案. 【详解】解：设数列的公比为， 若， 则，所以， 则， ，所以， 所以为递减数列； 若为递减数列， 当时，，数列为递减数列， 此时， 所以由为递减数列不一定能得到， 所以“”是“为递减数列”的充分而不必要条件. 故选：A. 9．关于函数，给出下列三个命题： ①是周期函数； ②曲线关于直线对称； ③在区间上恰有3个零点． 其中真命题的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】选项①，根据条件得到，即可判断出①的正误；选项②，根据条件得出，根据对称轴的定义，即可得出②的正误；选项③，令，直接求出的值，即可得出③的正误，从而得出结果. 【详解】对于①，因为，所以，故，所以选项①正确， 对于②，因为， 由对称轴的定义知，为函数的一条对称轴，所以选项②正确， 对于③，因为，令，得到， 解得或，又，由，得到或， 由，得到，所以选项③正确， 故选：D. 10．德国心理学家艾·宾浩斯研究发现，人类大脑对事物的遗忘是有规律的，他依据实验数据绘制出“遗忘曲线”．“遗忘曲线”中记忆率随时间（小时）变化的趋势可由函数近似描述，则记忆率为时经过的时间约为（    ）（参考数据：） A．2小时 B．0.8小时 C．0.5小时 D．0.2小时 【答案】C 【分析】根据题设得到，两边取对数求解，即可得出结果. 【详解】根据题意得，整理得到，两边取以为底的对数， 得到，即，又， 所以，得到， 故选：C. 第二部分（非选择题 共110分） 2、 填空题：本题共5小题，每小题5分，共25 分. 11．若为虚数单位，且则实数 . 【答案】 【分析】化简复数，再由复数相等可得解方程即可得出答案. 【详解】因为 所以解得：. 故答案为：. 12．已知命题若为第一象限角，且，则．能说明p为假命题的一组的值为 ， ． 【答案】 【分析】根据正切函数单调性以及任意角的定义分析求解. 【详解】因为在上单调递增，若，则， 取， 则，即， 令，则， 因为，则， 即，则. 不妨取，即满足题意. 故答案为：. 13．双曲线的渐近线方程为 ；若与圆交于四点，且这四个点恰为正方形的四个顶点，则 ． 【答案】 【分析】结合双曲线渐近线的定义与正方形的性质计算即可得. 【详解】由，故其渐近线方程为； 令，由题意可得，即有，解得， 故，即. 故答案为：；.    14．在数列中，.数列满足.若是公差为1的等差数列，则的通项公式为 ，的最小值为 . 【答案】 【分析】求出等差数列的首项，直接求出的通项公式即可，利用数列的单调性得最小项为或，利用累加法即可求解. 【详解】由题意，又等差数列的公差为1，所以； 故，所以当时，，当时，， 所以，显然的最小值是或. 又，所以 ，即的最小值是. 故答案为：， 15．如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直．点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动．设，给出下列四个结论： ①存在点，使； ②存在点，使； ③到直线和的距离相等的点有无数个； ④若，则四面体体积的最大值为． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①③④ 【分析】建立适当空间直角坐标系后，借助空间向量研究位置关系，结合距离公式、三棱锥体积公式逐项判断即可得. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系， 则有、、、、、， 设，，其中，， 对①：，则， 当，，时，有， 故存在点，使，故①正确； 对②：，， 若，则有， 由，，故当时，，， 此时有，即，即， 此时与重合，与重合，故不存在点，使，故②错误； 对③：点到直线的距离为，点到直线的距离为， 即有，即，由， 故其轨迹为双曲线的一部分，即点有无数个，故③正确； 对④：，， 由，故有，则， 又， 故，故④正确. 故答案为：①③④. 【点睛】关键点点睛：第④个结论的关键点在于借助四面体的体积公式，分别求出高与底面三角形的最大值. 3、 解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步或证明过程. 16．（13分）在中，为锐角，． (1)求； (2)若，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，再通过三角函数的运算求出角； （2）先根据正弦定理求出的值，再利用余弦定理求出的值，最后根据三角形面积公式求解. 【详解】（1）由及正弦定理， 得． 因为在中，，所以． 因为，所以． 因为为锐角，所以． （2）由，且，解得． 由余弦定理，得，解得或（舍）． 所以的面积． 17．（13分）某校为评价学生参加选修课的学习效果，组织了选修课学习的过程性评价测试. 选修课程甲的所有学生的原始成绩统计如下： 原始成绩 8.75 8.25 8.25 6.75 6.75 6.5 6 5.5 5.25 4.25 3.75 3.25 排名 1 2 2 4 4 6 7 8 9 10 11 12 (1)从这12名学生中随机抽取2人，求这2人原始成绩不同的概率； (2)对课程甲采取“四分位数赋分法”进行赋分，记选修该课程的总人数为，规定原始成绩排名为的学生赋分成绩如下： 当时，赋分成绩为100分；当，赋分成绩为85分； 当时，赋分成绩为70分；当时，赋分成绩为60分. ①从课程甲的原始成绩不低于的学生中随机抽取人，记为这人赋分成绩之和，求的分布列和数学期望； ②选修课程乙的所有学生的原始成绩统计如下： 原始成绩 9.75 8 8 7.5 7.5 6 5.75 5.75 排名 1 2 2 4 4 6 7 7 原始成绩 5 4.75 4.5 4.5 4.25 4 3.75 3.5 排名 9 10 11 11 13 14 15 16 对课程乙也采取“四分位数赋分法”进行赋分. 现从课程甲、课程乙的学生中分别随机抽取1人，记这2人的赋分成绩分别为，直接写出数学期望和的大小关系. 【答案】(1)； (2)①分布列见解析，数学期望为185；②. 【分析】（1）根据给定条件，利用古典概率公式，结合组合计数问题列式计算. （2）①根据表格中数据，原始成绩不低于的学生赋分成绩，再求出的可能值及对应的概率，列出分布列求出期望；②求出课程甲、乙的赋分成绩，再求出期望北比较大小. 【详解】（1）设“从这12名学生中随机抽取2人，且2人原始成绩不同”为事件， 依据题中数据，仅有排名为2和4的两对学生原始成绩相同， 由古典概型，得. （2）①根据题中数据，课程甲中原始成绩不低于的学生共有6人， 赋分依次为100，100，100，85，85，85，则的所有可能值为170，185，200， ， 所以的分布列如下： 170 185 200 . ②对课程甲进行赋分，赋分依次为：100,100,100,85,85,85,70,70,70,60,60,60， 对课程乙进行赋分，赋分依次为：100,100,100,100,100,85,85,85,70,70,70,70,60,60,60,60， 因此， ； ， ， 所以. 18．（14分）如图，在四棱锥中，为的中点，平面. (1)求证：； (2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使四棱锥存在且唯一确定. （i）求证：平面； （ⅱ）设平面平面，求二面角的余弦值. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）借助线面平行的性质定理与中位线的性质即可得； （2）（i）借助线面垂直的判定定理即可得；（ⅱ）结合所给条件建立适当的空间直角坐标系后借助空间向量计算即可得. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为为的中点，所以， 因为，所以，所以四点共面， 因为平面，平面平面，平面， 所以，所以四边形为平行四边形，所以，所以； （2）（i）取的中点，连接， 由（1）知，所以， 因为，所以四边形是平行四边形， 所以， 因为，所以， 所以，即， 选条件①：， 因为，所以与全等， 所以，因为，所以， 所以，即，又因为， 、平面，所以平面； （ⅱ）由（i）知平面，而平面， 所以，因为， 建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为, 则，即， 令，则，于是， 因为为平面的法向量, 且, 所以二面角的余弦值为. 选条件③：， (i) 因为，所以， 因为，所以与全等， 所以，即， 因为，又因为，、平面， 所以平面； (ii) 同选条件①. 不可选条件②，理由如下： 由（i）可得，又， ，、平面， 所以平面，又因为平面， 所以，即是由已知条件可推出的条件， 故不可选条件②. 19．（15分）已知椭圆E的两个顶点分别为，，焦点在x轴上，且椭圆E过点. (1)求椭圆E的方程； (2)设O为原点，不经过椭圆E的顶点的直线l与椭圆E交于两点 ，直线BP与直线OC交于点H，点M与点Q关于原点对称. （i）求点H的坐标（用，表示）； （ii）若A，H，M三点共线，求证：直线l经过定点. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据椭圆的顶点和椭圆上的点列方程求解即可； （2）（i）设直线BP的方程为，联立方程求得H的坐标即可； （ii）设直线l的方程为，与椭圆方程联立韦达定理，根据三点共线结合两点斜率公式列式化简得或，从而求解直线恒过的定点. 【详解】（1）设椭圆E的方程为 由题意得，解得， 所以椭圆E的方程为 （2）（i）由题可知：且. 设直线BP的方程为，直线OC的方程为. 由得， 所以H的坐标为. （ii）由题可知，直线l的斜率存在.设直线l的方程为， 由得， 由于直线l与椭圆E交于不同的两点， 所以， 则，.由题可知. 因为A，H，M三点共线，所以，化简得， 即. 所以， 所以. 化简得，即， 解得或. 当时，直线l的方程为，经过，不符合题意. 当时，直线l的方程为，经过， 其中. 综上，直线l经过定点. 20．（15分）已知函数. (1)若曲线在处的切线为x轴，求a的值； (2)在（1）的条件下，判断函数的单调性； (3)，若是的极大值点，求a的取值范围. 【答案】(1) (2)上单调递减，上单调递增 (3) 【分析】（1）求导，然后根据列式计算即可； （2）求导，然后通过二次求导确定导函数的正负，进而确定函数的单调性； （3）求导，然后因式分解，确定导函数的零点，讨论零点大小，进而确定极值点. 【详解】（1）由已知，则， 由于曲线在处的切线为x轴， 所以， 所以； （2）当时，，令， 则， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 又当时，恒成立，，， 所以当时，时，， 所以在上单调递减，在上单调递增； （3）由已知， 令，则， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 又当时，恒成立，且， 当时，，即在上有且只有一个零点，设为， 当，即，解得， 此时若，解得，在上单调递减， 若，解得或，在上单调递增， 此时在处取极小值，不符合题意，舍去； 当，即，解得， 此时若，解得，在上单调递减， 若，解得或，在上单调递增， 此时在处取极大值，符合是的极大值点， 当时，即，解得， 此时恒成立，无极值点， 综上所述：a的取值范围为. 【点睛】方法点睛：函数的极值跟导函数的零点有关，当零点不确定的时候，就需要对零点的存在性以及零点的大小进行分类讨论，从而达到确定极值点的目的. 21．（15分）若无穷数列满足，，则称具有性质．若无穷数列满足，，则称具有性质． (1)若数列具有性质，且，请直接写出的所有可能取值； (2)若等差数列具有性质，且，求的取值范围； (3)已知无穷数列同时具有性质和性质，，且不是数列的项，求数列的通项公式． 【答案】(1)的可能取值有：、、、 (2) (3) 【分析】（1）根据题中定义可得出，，可依次求得、的取值； （2）设等差数列的公差为，根据可求得的取值范围，再利用二次函数的基本性质可求得的取值范围； （3）根据性质可得出，根据可推导出、必同号，再利用性质可得出，利用反证法可证得：，则，再证明出，由此可知，都成立，可猜测数列的通项公式，再利用反证法证明数列的唯一性即可. 【详解】（1）解：因为数列具有性质，则，所以，， 当时，由，所以，或， 当时， 由，所以，或. 综上所述，的可能取值有：、、、. （2）解：设等差数列的公差为， 则， 即，所以，， 所以，， 因为，则， 所以，. （3）解：根据性质，，都有， 又因为，所以，， 于是，因为、必同号，进而、必同号， 若，由性质，必有，，，，这与矛盾， 所以，，进而，，讨论可知或或，仅有这三种可能. 若，则，，，这与矛盾，因此，. 下面证明：，则， 利用反证法：假设，则， 又因为，所以，， 若，则或，与矛盾，则，所以，，则或， 于是无论哪种情况，，， 由且可得，此时满足， 所以，，则，，所以，，矛盾， 综上可知，，所以，，， 下面证明：，利用反证法，如不然，只能，所以，，则， 由于，所以，，只能有，，这与矛盾， 总之，，再由可得，进而，都成立， 可以猜测数列的通项为， 可验证此时、两条性质均成立，符合题意， 如另有其它数列符合题意，则至少前项必为：、、、、， 仍满足，， 设是第一个违反上述通项公式的项， 若，则，，所以，，符合通项公式，矛盾； 若，则，，所以，，也符合通项公式，矛盾. 综上所述，数列的通项公式必为. 【点睛】思路点睛：本题考查了数列新定义问题，按着某种规律新生出另一个数列的题目，涉及到归纳推理的思想方法，对学生的思维能力要求较高，综合性强，能很好的考查学生的综合素养，解答的关键是要理解新定义，根据定义进行逻辑推理，进而解决问题. 学科 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一章 集合与常用逻辑用语、不等式~第九章 计数原理、统计与概率（综合训练） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项: 1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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．设集合，则（    ） A． B． C． D． 2．下列函数中，既是偶函数又在单调递增的函数是（ ） A． B． C． D． 3．在的展开式中，常数项为（ ） A． B． C．120 D．160 4．已知抛物线的焦点与双曲线的一个焦点重合，则（    ） A． B． C．5 D． 5．已知，且，则（    ） A． B． C． D． 6．向量，， 在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，若为与同方向的单位向量，则（    ） A．1.5 B．2 C．-4.5 D．-3 7．已知函数，当时，取得最小值，则m的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8．已知是等比数列，则“”是“为递减数列”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 9．关于函数，给出下列三个命题： ①是周期函数； ②曲线关于直线对称； ③在区间上恰有3个零点． 其中真命题的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 10．德国心理学家艾·宾浩斯研究发现，人类大脑对事物的遗忘是有规律的，他依据实验数据绘制出“遗忘曲线”．“遗忘曲线”中记忆率随时间（小时）变化的趋势可由函数近似描述，则记忆率为时经过的时间约为（    ）（参考数据：） A．2小时 B．0.8小时 C．0.5小时 D．0.2小时 第二部分（非选择题 共110分） 2、 填空题：本题共5小题，每小题5分，共25 分. 11．若为虚数单位，且则实数 . 12．已知命题若为第一象限角，且，则．能说明p为假命题的一组的值为 ， ． 13．双曲线的渐近线方程为 ；若与圆交于四点，且这四个点恰为正方形的四个顶点，则 ． 14．在数列中，.数列满足.若是公差为1的等差数列，则的通项公式为 ，的最小值为 . 15．如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直．点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动．设，给出下列四个结论： ①存在点，使； ②存在点，使； ③到直线和的距离相等的点有无数个； ④若，则四面体体积的最大值为． 其中所有正确结论的序号是 ． 3、 解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步或证明过程. 16．（13分）在中，为锐角，． (1)求； (2)若，求的面积． 17．（13分）某校为评价学生参加选修课的学习效果，组织了选修课学习的过程性评价测试. 选修课程甲的所有学生的原始成绩统计如下： 原始成绩 8.75 8.25 8.25 6.75 6.75 6.5 6 5.5 5.25 4.25 3.75 3.25 排名 1 2 2 4 4 6 7 8 9 10 11 12 (1)从这12名学生中随机抽取2人，求这2人原始成绩不同的概率； (2)对课程甲采取“四分位数赋分法”进行赋分，记选修该课程的总人数为，规定原始成绩排名为的学生赋分成绩如下： 当时，赋分成绩为100分；当，赋分成绩为85分； 当时，赋分成绩为70分；当时，赋分成绩为60分. ①从课程甲的原始成绩不低于的学生中随机抽取人，记为这人赋分成绩之和，求的分布列和数学期望； ②选修课程乙的所有学生的原始成绩统计如下： 原始成绩 9.75 8 8 7.5 7.5 6 5.75 5.75 排名 1 2 2 4 4 6 7 7 原始成绩 5 4.75 4.5 4.5 4.25 4 3.75 3.5 排名 9 10 11 11 13 14 15 16 对课程乙也采取“四分位数赋分法”进行赋分. 现从课程甲、课程乙的学生中分别随机抽取1人，记这2人的赋分成绩分别为，直接写出数学期望和的大小关系. 18．（14分）如图，在四棱锥中，为的中点，平面. (1)求证：； (2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使四棱锥存在且唯一确定. （i）求证：平面； （ⅱ）设平面平面，求二面角的余弦值. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 19．（15分）已知椭圆E的两个顶点分别为，，焦点在x轴上，且椭圆E过点. (1)求椭圆E的方程； (2)设O为原点，不经过椭圆E的顶点的直线l与椭圆E交于两点 ，直线BP与直线OC交于点H，点M与点Q关于原点对称. （i）求点H的坐标（用，表示）； （ii）若A，H，M三点共线，求证：直线l经过定点. 20．（15分）已知函数. (1)若曲线在处的切线为x轴，求a的值； (2)在（1）的条件下，判断函数的单调性； (3)，若是的极大值点，求a的取值范围. 21．（15分）若无穷数列满足，，则称具有性质．若无穷数列满足，，则称具有性质． (1)若数列具有性质，且，请直接写出的所有可能取值； (2)若等差数列具有性质，且，求的取值范围； (3)已知无穷数列同时具有性质和性质，，且不是数列的项，求数列的通项公式． 学科 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $