北京市2025-2026学年高三数学期末复习自编模拟练习卷（二）

高三数学期末复习自编模拟练习(二) 一、单选题 1．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．已知为虚数单位，若复数满足，则复数的虚部是（ ） A． B． C． D． 3．已知曲线的焦距为4，则其离心率为（    ） A． B． C． D．2 4．把函数的图象向左平移个单位长度，再把所得图象所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得函数图象的解析式为（    ） A． B． C． D． 5．设各项均为正数的等比数列满足，则等于（    ） A． B． C．11 D．9 6．若,且，则（    ） A． B． C． D． 7．若方程表示的曲线为C，则（    ） A．是C为椭圆的充要条件 B．是C为双曲线的必要不充分条 C．是C为双曲线的充分不必要条件 D．是C为椭圆的充分不必要条件 8．记函数的最小正周期为，若，且的图像关于点中心对称，则（    ） A． B．1 C． D．3 9．已知正实数满足，则的最小值是（    ） A．5 B．9 C．13 D．18 10．已知平面向量均为非零向量，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 二、填空题 11．已知二次函数的图象是一条抛物线，则其准线方程为 . 12．在的二项展开式中的系数为 ，所有项的二项式系数和为 . 13．已知，则的值为 ； 14．已知直三棱柱的底面为正三角形，是侧棱上一点，且，则三棱锥外接球的体积为 ． 15．已知，则 . 三、解答题 16．已知的内角的对边分别为其面积为,且. （Ⅰ）求角； （II）若,当有且只有一解时,求实数的范围及的最大值. 17．如图，在几何体中，点E、O分别是SC、AC的中点，底面ABC，． (1)求证：平面SAB； (2)若点F在线段BC上，求异面直线OE、SF所成角的大小； (3)若，，求二面角的平面角的余弦值． 18．甲、乙足球爱好者为了提高球技，两人轮流进行点球训练（每人各踢一次为一轮），在相同的条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，一人踢球另一人扑球，甲先踢，每人踢一次球，两人有1人进球另一人不进球，进球者得1分，不进球者得－1分；两人都进球或都不进球，两人均得0分，设甲、乙每次踢球命中的概率均为，甲扑到乙踢出球的概率为，乙扑到甲踢出球的概率，且各次踢球互不影响． (1)经过1轮踢球，分别求甲、乙进球的概率； (2)经过1轮踢球，记甲的得分为X，求X的分布列及数学期望； (3)经过10轮踢球，请直接写出甲最有可能进球的个数． 19．已知为椭圆的一个焦点，为椭圆与轴正半轴的交点，椭圆上的点满足． （1）求椭圆的标准方程； （2）直线与椭圆相交于，两点，若以为直径的圆经过原点，求证：原点到直线的距离为定值． 20．设函数． (1)求的最值； (2)讨论方程的根的个数． 21．设，，…，，，是个互不相同的闭区间，若存在实数使得，则称这个闭区间为聚合区间，为该聚合区间的聚合点． (1)已知，为聚合区间，求t的值； (2)已知，，…，，为聚合区间． （ⅰ）设，是该聚合区间的两个不同的聚合点．求证：存在k，，使得； （ⅱ）若对任意p，q（且p，），都有，互不包含．求证：存在不同的i，，使得． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《高三数学期末复习自编模拟练习(二)》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B C B C B C C B B 1．B 【分析】先得到，再根据交集的定义即可求解. 【详解】因为，所以. 故选：B. 2．B 【分析】首先化简复数，再求复数的虚部. 【详解】，虚部是. 故选：B 【点睛】本题考查复数的定义，除法计算，属于基础题型. 3．C 【分析】根据题意，求得，再求离心率即可. 【详解】根据题意，，则；又，则；故离心率. 故选：C. 4．B 【解析】根据三角函数图象变换的结论可得结果. 【详解】把函数的图象向左平移个单位长度， 得到，再把所得图象所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得函数图象的解析式为. 故选：B 【点睛】关键点点睛：根据三角函数图象变换的结论求解是解题关键. 5．C 【分析】由定比数列的项之间的性质求出的值，再用等比中项知道，从而计算出结果. 【详解】∵，∴，∴ ∴ 故选：C 6．B 【分析】根据不等式的性质，即可结合选项逐一求解. 【详解】由得，当时，，此时，，故CD错误， 当时，，此时A错误， 综上可知，当时，则成立，故B正确， 故选:B. 7．C 【分析】先求出方程表示椭圆的充要条件，可判断A,D;再求出方程表示双曲线的充要条件，可判断B,C; 【详解】曲线表示椭圆的充要条件是， 则且， 所以不是是C为椭圆的充要条件，也不是充分不必要条件，所以A，D不正确． 曲线表示双曲线的充要条件是， 即或， 而可以推出，但或推不出,所以C对，B错， 故选：C． 8．C 【分析】由三角函数的图像与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解. 【详解】由函数的最小正周期T满足，得，解得， 又因为函数图像关于点对称，所以，且， 所以，所以，， 所以. 故选：C. 9．B 【分析】由题可得，且，再根据基本不等式“1”的妙用求最小值即可． 【详解】由，可得，所以， 即，且， 则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为9． 故选：B． 10．B 【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律及共线向量的意义，结合充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】，则，整理得， 而向量均为非零向量，则反向共线且，有； 反之，若，可能同向共线，也可能反向共线，即， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 11． 【分析】由得，根据准线方程定义即可求解． 【详解】由得，所以准线方程为． 故答案为： 12． 【分析】写出二项展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得出的系数；利用二项式系数和为可求得该二项式所有项的二项式系数和. 【详解】的展开式通项为， 令，可得，因此，展开式中的系数为； 所有项的二项式系数和为. 故答案为：；. 13． 【分析】利用诱导公式求出和的值,再求得的值,即可得到的值. 【详解】， ， ， ， . 故答案为：. 14． 【分析】根据，运用空间向量的运算得到点D的位置，取的中点，由可知，为的外心，进而结合球的性质确定出球心的位置，然后算出球的半径解得答案即可. 【详解】在正三棱柱中，由， 设， 则， 根据题意可知，，而， 于是， ， 即点D为的中点.    取为的中点， 因为，所以为的外心. 取的中点E，因为分别是的中点， 所以， 而为的中点，于是. 取点满足，而，所以， 于是，，则四边形是平行四边形， 故. 因为平面，平面，所以，易知， 且平面，所以平面， 于是平面，故三棱锥外接球的球心在直线上. 易得，， 设，则， 得或，得， 即三棱锥外接球的半径， 所以，该三棱锥外接球的体积为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法 1.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解； 2.利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解． 15． 【分析】将要求的角度，通过使用诱导公式和二倍角公式即可与已知条件进行靠拢，即，从而完成求解. 【详解】 . 故答案为：. 16．(Ⅰ).(Ⅱ). 【详解】分析：（Ⅰ）利用余弦定理和三角形的面积公式化简得到 ,再解这个三角方程即得A的值. （II）先根据有且只有一解利用正弦定理和三角函数的图像得到m的取值范围，再写出S的函数表达式求其最大值. 详解：(Ⅰ)由已知 由余弦定理得， 所以，即, ， 所以. (Ⅱ)由已知，当有且只有一解时， 或,所以； 当时，为直角三角形， 当 时， 由正弦定理 ， ， 所以，当时， 综上所述，. 点睛：本题在转化有且只有一解时,容易漏掉m=2这一种情况.此时要通过正弦定理和正弦函数的图像分析，不能死记硬背.先由正弦定理得再画正弦函数的图像得到或. 17．(1)证明见解析 (2)90° (3) 【分析】（1）借助中位线性质，运用线面平行判定可解； （2）运用线面垂直得到线线垂直即可得到异面直线OE、SF所成角; （3）找出二面角的平面角，借助锐角三角函数求出余弦值即可. 【详解】（1）证明：因为点E、O分别是SC、AC的中点，所以． 又因为平面，平面,所以平面SAB． （2）解：因为，所以∠ASF（或其补角）是异面直线OE、SF所成的角． 因为平面ABC，又平面ABC，所以． 又，即，又平面， 所以平面ASC，平面,于是． 因为，即，又平面， 所以平面SBC，从而，所以， 即异面直线OE、SF所成角的大小为90°． （3）解：由（2）可得平面SBC，所以，而， 所以∠BSC是二面角的平面角． 在Rt△ASC中，，，则，而，则． 由上面证明知道，平面ASC，平面ASC. 则，，，则， 所以，所以二面角的平面角的余弦值为． 18．(1)甲、乙进球的概率分别为， (2)分布列见解析， (3)3 【分析】（1）根据独立事件的乘法公式即可求解， （2）根据独立事件的概率乘法公式求解概率，即可得分布列，由期望的计算公式及可求解期望， （3）利用期望的性质即可求解. 【详解】（1）记一轮踢球，甲进球为事件，乙进球为事件，，相互独立， 由题意得：，， （2）甲的得分的可能取值为，0，1， ， ， ， 所以的分布列为： 0 1 ． （3）又（1）知一轮比赛中甲进球的个数的可能取值为0，1， 所以一轮比赛中甲进球个数的分布列为 0 1 ,故10轮比赛的进球个数为， 故经过10轮踢球，请直接写出甲最有可能进球的个数为3. 19．（1）；（2）证明见解析. 【分析】（1）由，求得，代入椭圆的方程，得到，根据求得的值，即可求得椭圆的标准方程； （2）当直线的斜率不存在时，设：，根据题意，求得的值；②当直线的斜率存在时，设的：，联立方程组，利用根与系数的关系，求得，根据 ，求得，结合点到直线的距离公式，即可求解. 【详解】（1）设椭圆的标准方程为，可得， 因为，所以， 因为在椭圆上，可得，解得， 又由为椭圆的一个焦点，可得， 所以，所以椭圆的标准方程为． （2）①当直线的斜率不存在时，设的方程为， 因为，解得， 因为以为直径的圆过原点，所以，可得，解得． 此时原点到直线的距离为． ②当直线的斜率存在时，设的方程为， 联立方程组，整理得， 由，得， 设，，则，， 所以， 因为以为直径的圆过原点， 所以，整理得， 此时原点到直线的距离， 综上可得，原点到直线的距离为定值． 【点睛】直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略： 对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力． 20．(1)的最大值为，无最小值 (2)答案见解析 【分析】（1）求出导函数，求出驻点，判断驻点两侧导函数正负，得出的单调递增区间是，单调递减区间是，即可求出最值； （2）令，，将原问题转换成的零点个数问题，分类讨论求出，判断的单调性，求出的最小值，根据最小值与0的大小比较分类讨论即可得出答案. 【详解】（1），由，解得， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是， 所以的最大值为，无最小值． （2）令，， ①当时，，则，所以． 因为，，所以，因此在上单调递增． ②当时，，则，所以，，，又，所以，所以，因此在上单调递减． 综合①②可知，当时，， 当，即时，没有零点，故关于x的方程根的个数为0； 当，即时，只有一个零点，故关于x的方程根的个数为1； 当，即时， 当时，由（1）知，要使，只需使，即； 当时，由（1）知；要使，只需使，即； 所以当时，有两个零点，故关于根的个数为2. 综上所述： 当时，关于x的方程根的个数为0； 当时，关于x的方程根的个数为1； 当时，关于x的方程根的个数为2． 【点睛】关键点点睛：方程解的个数问题，可以构造函数，转换成函数零点个数问题. 21．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意可得当且仅当时成立即可得； （2）（ⅰ）设，根据区间端点的大小关系证明所有区间都包含即可； （ⅱ）先分析可得个互不相同的集合的区间端点的大小关系，再设，再根据区间端点的最小距离为 ，累加即可证明 【详解】（1）由可得，又，为聚合区间，由定义可得，故当且仅当时成立，故 （2）（ⅰ）由，是该聚合区间的两个不同的聚合点，不妨设，因为，故，又，故，不妨设中的最大值为，中最小值为，则，即，故存在区间 （ⅱ）若存在 则或，与已知条件矛盾 不妨设 ，则 否则，若，则，与已知条件矛盾 取，设 当时，， 又，所以，所以， 即，所以， 此时取，则， 当时，同理可取，使得， 综上，存在不同的i，，使得 【点睛】本题主要考查了新定义的集合类证明，可根据题意先画数轴分析题目中区间的关系，再凑出所需证明的不等式即可,属于难题 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $