河北省2025-2026学年高三上学期数学期末复习自编模拟练习卷

高三数学期末复习自编模拟练习 一、单选题 1．在复平面内，对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．设集合，则（    ） A． B． C． D． 3．已知双曲线：，圆与圆的公共弦所在的直线是的一条渐近线，则的离心率为（   ） A． B．2 C． D． 4．若点是函数的图象的一个对称中心，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 5．已知偶函数在上单调递增，且，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 6．已知向量，则等于（   ） A． B． C． D． 7．已知双曲线的离心率为2，则点到双曲线的渐近线的距离为（    ） A． B． C． D．2 8．已知实数满足，则的大小关系不可能是（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．关于空间向量，以下说法正确的有（   ） A．若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则 B．若空间中任意一点，有，则P，A，B，C四点共面 C．若空间向量满足，则与夹角为钝角 D．若空间向量，则在上的投影向量为 10．如图“四角花瓣”图形可以看作由抛物线绕坐标原点分别旋转，，后所得三条曲线与共同围成的区域（阴影区域），分别为与另外两条曲线在第一象限、第二象限的交点，若，阴影部分的面积为，则（    ）    A． B．的面积为16 C．的值比32小 D．直线截第二象限“花瓣”的弦长可能为 11．已知函数（，且），则（    ） A． B．曲线关于直线对称 C．在区间上单调递增 D．的值域为 三、填空题 12．若函数的导函数为，且满足，则 ． 13．在等比数列中，，则 ． 14．为了解甲、乙两个农场某种水果的品质，某调研小组利用分层随机抽样的方法抽取500个甲、乙两个农场的该种水果，并将这500个水果分为大果和小果两种品级，其中来自甲农场的该种水果数量为200，来自甲、乙农场的大果数量均为80．抽取的该批水果中色泽红润，果实饱满的水果作为精品果售出，剩余水果作为普通果售出．已知精品果中大果的占比为，普通果中大果与小果的数量之比为，精品果利润为10元/个，普通果利润为5元/个．现从这500个水果中随机抽取4个，设这4个水果中精品果的个数为X，这4个水果的总利润为Y元，则． ， ． 四、解答题 15．2025年5月22日16时49分，神舟二十号航天员陈冬、陈中瑞、王杰完成首次出舱任务，历时约8小时．安全返回天和核心舱．为了弘扬航天精神，某校组织高二学生进行了航天知识能力测试．现随机抽取100名学生的测试成绩（单位：分），将所得数据按照，，，，，分成6组，其频率分布直方图如图所示． (1)求图中的值； (2)试估计本次航天知识能力测试成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表）； (3)该校准备对本次航天知识能力测试成绩不及格（60分以下）的学生，采用分层随机抽样方法抽出5名同学，再从抽取的这5名同学中随机抽取2名同学进行情况了解，求这2名同学分数在，各一人的概率． 16．已知数列中，，. (1)求证：数列是等比数列； (2)求数列的前项和. 17．如图，在长方体中，. (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)求到平面的距离； (3)求直线与平面所成角的正弦值. 18．已知椭圆的右焦点为，且的离心率为，直线与有两个不同的交点. (1)求的方程； (2)若点在直线上，点是线段的中点，为坐标原点，若上存在点，使得，求直线的斜率； (3)若在点处的切线分别为与交于点，点在直线上.试判断：直线是否过定点？若是，则求出该定点；若不是，请说明理由. 19．已知函数. (1)求证：. (2)若，，为的最大值， （i）求的极小值； （ii）设，，求证：. 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》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A C B B A B D BD BCD 题号 11 答案 ABD 1．D 【分析】化简复数，由复数的几何意义求解即可. 【详解】因为， 所以其在复平面内对应的点为，位于第四象限. 故选：D 2．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. 3．C 【分析】两圆的方程相减可得双曲线的一条渐近线方程，据此可求双曲线的离心率. 【详解】因为，，所以两圆方程相减可得， 由题意知的一条渐近线为，即， 双曲线的离心率． 故选：C． 4．B 【分析】根据正切函数的图象对称性特征，建立方程求解即得. 【详解】依题意，，即， 又，故的最小值为. 故选：B. 5．B 【分析】根据的奇偶性及单调性，结合特殊值，分别讨论和两种情况，分析即可得答案. 【详解】若，则等价于. 因为是偶函数，所以. 所以在上单调递减，则由可得. 若，则等价于. 由题意，在上单调递增，则由可得. 综上，的解集为. 故选：B 6．A 【分析】根据平面向量的坐标运算和向量的减法即可求解. 【详解】由题意. 故选：A 7．B 【分析】求出的值，可得出双曲线的渐近线方程，再利用点到直线的距离公式可求得结果 【详解】根据题意，，即，所以，所以，所以双曲线：的渐近线方程为：， 所以点到双曲线渐近线的距离为：，点到双曲线渐近线的距离为：. 故选：B. 8．D 【分析】构造函数，分别通过取、、，结合函数的单调性，一一判断各选项，即可得答案. 【详解】设函数，由于在上均单调递增， 故在上单调递增，且， 取，则， 而，由于，故， 则，即得，A是有可能的； 取，则， 而，由于，故， 则，即得，B是有可能的； 取，则， 而，由于，故， 则，即得，C是有可能的； 对于D，假设， 设，，则， 假设，则， 故， 因为，所以， 又在上单调递增，所以， 这与假设矛盾， 故选：D 9．BD 【分析】根据条件，可得，根据空间中线面的位置关系，分析即可判断A的正误；根据四点共面的定理，可判断B的正误；根据夹角公式，即可判断C的正误；根据投影向量的求法，代入数据，即可判断D的正误. 【详解】选项A：因为，所以，则 ，故A错误； 选项B：因为，且， 所以P，A，B，C四点共面，故B正确； 选项C：若，则， 所以与夹角为钝角或平角，故C错误； 选项D：在上的投影向量为，故D正确. 故选：BD 10．BCD 【分析】根据对称性，可求得各曲线的方程，进而求出交点，，从而判断选项和；对于阴影部分的面积，利用适当放大，可对选项进行判断；通过求出弦长与的函数关系，进而求出弦长的取值范围，可判断. 【详解】设抛物线绕原点顺时针旋转，，后得到的三条曲线分别为，，. 抛物线的焦点为，故的焦点为，的焦点为，的焦点为. 故，，，. 对于：为曲线与交点，联立方程，解得，即. 为曲线与交点，联立方程，解得，即. 又因为，故.故错误. 对于：由上述过程可得，，，的面积为.故正确. 对于：由于对称性，阴影部分在四个象限的图形全等，故只讨论第一象限部分. 第一象限部分依然根据对称性，可分为两份，以下只讨论曲线与直线围成的部分. 设该阴影部分面积为，显然.    设函数，则.故过点的切线斜率为. 因此过点的切线方程为.该切线与轴交于，故. .故.故正确. 对于：第二象限的“花瓣”图形由曲线和曲线围成，两者关于对称. 直线与曲线相交，联立方程化简得，且交点在第二象限， 所以，故，所以交点坐标. 由于“花瓣”图形仅限阴影部分区域，故，即. 由于与关于直线对称，直线亦关于直线对称， 所以直线与的交点坐标为. 故弦长 设，则，故. 因此当或时，即或时，直线与两曲线交于一点，弦长为； 当时，即时，弦长最长，此时.故弦长的取值可能为，故正确. 故选：BCD. 11．ABD 【分析】对于A，利用诱导公式化简计算即得；对于B，先利用同角的三角函数关系式和降幂公式化简得，求其对称轴检验即得；对于C，与B同法化简得，利用余弦函数的单调性即可判断；对于D，令，将换元成，利用求导判断其单调性，即可求出其值域. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B， 由，可得的对称轴为，故B正确； 对于C， ， 当时，，因函数在上单调递减， 在区间上单调递减，故C错误； 对于D，令，则 因，则， 则， 令，可得，即解得， 故当时，，则，， 故，则在上单调递减； 当时，，则，， 故，则在上单调递增， 于是，，，故D正确. 故选：ABD. 12．/ 【分析】先求导，然后代入求出，进而可得，接着代入计算即可. 【详解】由得， 所以，得， 所以， 所以. 故答案为：. 13． 【分析】根据给定条件，利用等比数列性质，结合通项公式求解即得. 【详解】设等比数列的公比为，由，得， 由，得， 所以. 故答案为： 14． 28 【分析】设抽取的该批水果中精品果的数量为x个，求出普通果的数量，根据题意列出方程求解即可求解. 【详解】设抽取的该批水果中精品果的数量为x个， 则普通果的数量为个， 由题意得， 解得，由超几何分布可知，. 故答案为：； 15．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据频率和为1求得； （2）由频率直方图的平均数求法可求得本次航天知识能力测试成绩的平均数； （3）应用分层抽样等比例性质确定各组抽取的人数，再应用列举法求古典概型的概率. 【详解】（1）由题意可得，可得； （2）由题意可得， 本次航天知识能力测试成绩的平均数为. （3）由题意，，的频率比为， 设抽取的5人中有2人为、有3人为， 任抽2人有，共10种情况， 其中分数在，各一人有，共6种情况， 所以这2名同学分数在，各一人的概率为. 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）变形为，进而利用等比数列定义证明即可； （2）先求得，然后结合等比数列求和公式，利用分组求和法求解即可. 【详解】（1）因为，所以， 设，则， 又因为， 所以是以2为首项，4为公比的等比数列. （2）由（1）可知，是以2为首项，4为公比的等比数列， 则， 所以 . 17．(1) (2) (3). 【分析】（1）建立空间直角坐标系，得到点坐标和向量坐标，由异面直线对应向量的数量积求得异面直线的夹角的余弦值； （2）设平面的法向量，利用向量的数量积求得平面法向量，然后利用向量的投影求得点到面的距离； （3）由直线的方向向量和平面法向量，利用向量的数量积求得线面角的正弦值. 【详解】（1）以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系， 则， . 因为， 所以， 即异面直线与所成角的余弦值为. （2）设平面的法向量为， 则，令，得. 设到平面的距离为，则， 即到平面的距离为. （3）设直线与平面所成的角为， ∵，∴， 即直线与平面所成角的正弦值为. 18．(1) (2)或. (3)直线过定点. 【分析】（1）由题意求出即可求解； （2）当直线的斜率存在或不存在讨论，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，椭圆方程联立消元，由韦达定理得，利用中点坐标得点的坐标，又得，进而解出点的坐标代入椭圆方程求解即可； （3）设直线的方程为，设直线的方程为，与椭圆方程联立消元，由解出，进而得，得直线的方程为，同理得，解出的横坐标，又，解出即可求解. 【详解】（1）由题意知解得 ， 所以的方程为； （2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，易得，此时，不符合题意； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 由得， 则， 所以，又， 所以，又点在上， 所以， 解得，即直线的斜率为或； （3）由题意可知直线的斜率不为0，设直线的方程为. 由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为， 由,得， 所以，得， 所以， 所以. 所以直线的方程为，即， 同理可得直线的方程为. 由，解得，可得点的横坐标，即， 又，可得，所以，整理得，即，所以， 所以直线的方程为，即直线过定点. 19．(1)证明见解析； (2)（i）0；（ii）证明见解析. 【分析】（1）构造函数，求出导数得出函数单调性进而得出最大值即可证明. （2）（i）通过求导得出的最大值，分析函数的单调性可得到的极小值； （ii）先证明，据此可证题设中的不等式. 【详解】（1）令，定义域为， 则， 因为，所以， 当时，恒成立，在上单调递增， 当时，恒成立，在上单调递减， 故的最大值为， 所以，所以. （2）（i），定义域为， ， 因为， 所以当时，恒成立，在上单调递增， 当时，恒成立，在上单调递减， 故的最大值为， 所以， 因为函数在上单调递增，所以函数在上单调递增， 因为， 所以当时，恒成立，在上单调递减， 当时，恒成立，在上单调递增， 故的极小值为. （ii）即证， 下证：当时，总有， 证明：设，则， 当时，，当时，， 故在为减函数，在上为增函数， 故即成立, 当且仅当时等号成立. 由此不等式有， ， ， 而， 故， 所以. 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 $