山东省潍坊青州市第一中学2025-2026学年高三上学期期末模拟数学试题

高三普通部上学期期末模拟(一)数学 一、单选题 1．已知集合，则集合（      ） A． B． C． D． 2．为了研究某种商品的广告投入x和收益y之间的相关关系，某研究小组收集了5组样本数据如表所示，得到线性回归方程为，则当广告投入为10万元时，收益的预测值为（   ）万元． /万元 1 2 3 4 5 /万元 0.50 0.80 1.00 1.20 1.50 A．2.48 B．2.68 C．2.78 D．2.88 3．数列满足，，则（    ） A． B． C． D．3 4．若（a为实数且）在其定义域上有最大值为M，最小值为N.则（   ） A．4 B．6 C．8 D．10 5．权方和不等式作为基本不等式的一个变化，在求二元变量最值时有很广泛地应用，其表述如下：设正数a，b，x，y，满足，当且仅当时，等号成立．则函数的最小值为    A. 16 B. 25 C. 36 D. 49 6．已知点分别是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于两点，且满足，则该椭圆的离心率是（   ） A． B． C． D． 7.如图，在直角梯形中，，以四条边为直径向外作四个半圆，点是这四个半圆弧上的一个动点，则的最大值是（    ） A．8 B．16 C． D． 8．已知，函数在区间上恰有个最值点，则正实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知（为虚数单位），表示的共轭复数，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 10． 如图，为圆锥底面圆的直径，点是圆上异于的动点，，则下列结论正确的是（    ） A．圆锥的侧面积为 B．三棱锥体积的最大值为 C．若为线段上的动点， 则的最小值为 D．圆锥外接球的表面积为 11．已知为抛物线上一点，为的焦点，直线的方程为，则下列说法正确的有（   ） A．点到的最小距离为 B．若，则 C．点到的距离与到直线的距离之和的最小值为3 D．若存在点，使得过可作两条互相垂直的直线与圆相切，则 三、填空题 12．已知，若在方向上的投影向量为，则与的夹角为 . 13．已知随机变量，且，则的展开式中常数项为 ． 14．已知函数，若仅存在唯一整数解，则的取值范围为 ． 四、解答题 15．在中，内角的对边分别为，已知. (1)求； (2)若的面积为2，求的周长. 16．某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为，当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为.已知输入的问题表达不清晰的概率为. (1)求智能客服的回答被采纳的概率； (2)在某次测试中输入了3个问题，设X表示智能客服的回答被采纳的次数，求X的概率分布和数学期望. 17.已知三棱柱，平面平面，. (1)证明：平面平面； (2)若是边长为2的等边三角形，平面与平面所成角的正弦值为，求的长. 18．已知函数. (1)若曲线在处的切线与轴垂直，求的值； (2)讨论的单调性； (3)若存在，使得的解集为，求的取值范围. 19.双曲线的左、右顶点分别为、，点到的渐近线的距离为． (1)求的方程； (2)按照如下方式依次构造点（且）：过点作斜率为的直线交于另一点，设是点关于实轴的对称点，记点的坐标为． （i）证明：数列、是等比数列，并求数列和的通项公式； （ii）记的面积为，的面积为，求的最大值． 试卷第2页，共4页 试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 《2025年12月29日高中数学作业》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B B B D C D A ABD BCD 题号 11 答案 ACD 1．D 【分析】利用并集运算即可求解. 【详解】因为， 所以， 故选：D. 2．B 【分析】计算出、代入线性回归方程求出，得到线性回归方程可得答案. 【详解】由题意，得，， 则，则， 则当广告投入为10万元时，收益的预测值为万元． 故选：B 3．B 【分析】根据给定的递推关系，依次计算确定周期即可得解. 【详解】数列中，，由，得，， ，因此数列是周期数列，周期为3， 所以. 故选：B 4．【答案】B 【分析】解法一：根据关于对称即可求解； 解法二：特值法，令即可求解. 【详解】解法一：由于,可得关于点对称，故， 解法二：特殊值法：可令，， 当时，由基本不等式（当且仅当时取等号），可得， 同理可得当时，的最小值为。故当时，的最大值，最小值， 故 故选：B. 5. D  【解答】 解：因为a，b，x，y 是正数，则，当且仅当时等号成立， 又，即，所以， 当且仅当，即时取“=”， 所以函数的最小值为 故选：D 6．C 【分析】根据椭圆的概念，以及椭圆离心率的定义，根据题目条件，以及勾股定理，求出参数的齐次方程，进而求出结果. 【详解】 如图所示，设，因为，所以， 因为，所以， 根据椭圆定义可知，解得， 则，则， 因为，所以，化简得， 所以. 故选：C. 7. D 【分析】根据点的位置，分类讨论，利用数量积的定义即可求解. 【详解】要使最大，与的夹角小于， 当点在弧上时，， 当点在弧上时，， 当点在弧上时，取线段中点为， 则 ， 所以当与同向时，， 此时最大值为， 故选：D. 8．B 【解析】先利用向量数量积和三角恒等变换求出 ，函数在区间上恰有个极值点即为三个最值点，解出，，再建立不等式求出的范围，进而求得的范围. 【详解】解：             令，解得对称轴，， 又函数在区间恰有个极值点，只需 解得． 故选：． 【点睛】本题考查利用向量的数量积运算和三角恒等变换与三角函数性质的综合问题. (1)利用三角恒等变换及辅助角公式把三角函数关系式化成或 的形式; (2)根据自变量的范围确定的范围，根据相应的正弦曲线或余弦曲线求值域或最值或参数范围. 9．ABD 【分析】利用共轭复数的概念与复数的乘法与乘方运算法则运算可判断ABD，利用复数的模的计算公式计算可判断C. 【详解】对于A，因为，所以，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，， ，故，故C错误； 对于D， ，故D正确. 故选：ABD. 10．BCD 【分析】对A，计算圆锥侧面积需用到圆锥侧面积公式；对B，求三棱锥体积最大值，要先明确其体积公式，这里高是圆锥的高，底面积是的面积，需找出面积的最大值；对C，求的最小值，可通过将侧面展开，利用平面上两点之间线段最短的原理求解；对D，求圆锥外接球表面积，要先确定外接球的半径，可根据圆锥的轴截面特征结合外接球的性质来计算. 【详解】对于A，由条件可知，，圆锥的侧面积为，故A错误； 对于B，当是的高时，的面积最大，则三棱锥的体积最大，体积的最大值是，故B正确； 对于C，若，则是等腰直角三角形，，， 所以是等边三角形，如图，将沿翻折，使四点共面， 当三点共线时，的最小值是， 在中，，， 由余弦定理可知，，故C正确； 对于D，因为，所以圆锥外接球的球心即为点，半径为，所以外接球的表面积为，故D正确． 故选：BCD. 11．ACD 【分析】根据抛物线的定义及性质，结合点到直线的距离、圆的切线性质逐项分析即可. 【详解】选项A：设点，则， 点到的距离为， 又，当时取等号，所以， 所以，故A正确； 选项B：抛物线焦点，准线，过点作准线的垂线，垂足为， 由抛物线的定义知，，则，当点、、共线时，等号成立，故B错误； 选项C：点到直线的距离等于点到焦点的距离加1， 则点到的距离与到直线的距离之和的最小值为焦点到的距离加1， 焦点到的距离为，所以最小值为，故C正确； 选项D：设圆的圆心坐标为，设点，则， 过可作两条互相垂直的直线与圆相切，则，即. 又， 所以，解得，故D正确. 故选：ACD. 12． / 【分析】根据在方向上的投影向量为，进而得到，再根据求解即可． 【详解】因为在方向上的投影向量为， 所以， 又，且， 所以． 故答案为：． 13．60 【分析】先利用正态分布对称性求出的值，然后利用二项展开式求出常数项即可. 【详解】由随机变量，正态分布关于均值对称， 因为， 所以和关于2对称， 所以， 所以二项式为：， 又二项展开式的通项为：， 令解得：， 所以二项展开式中常数项为：， 故答案为：60. 14． 【分析】由题意知，原题等价于函数在直线下方的图象中只有一个点的横坐标为整数，进而研究函数的图象与性质，数形结合即可求出结果. 【详解】根据题意，令，， 仅存在唯一整数解的图象在的图象下方的部分有且只有一个横坐标为整数的点， 当与相切时，设切点， 由于，故切线斜率， 切线方程为：， 代入得，解得，此时，切点为， 又当时，，， 所以符合要求的条件为，解得． 即的取值范围为. 故答案为： 15．(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理对等式进行化简，进而可求出结果. （2）根据余弦定理和三角形面积公式进行求解即可. 【详解】（1）由已知等式利用正弦定理可得， 因为，所以，所以， 又，所以，则. 由， 可得. （2）由余弦定理得. 因为，所以，所以. 所以，所以. 所以的周长为. 16. (1) (2)分布列见解析， 【分析】（1）设出基本事件并求出概率，再利用全概率公式求解即可. （2）结合题意得到，再求出对应取值的概率，进而得到分布列和数学期望即可. 【详解】（1）设“智能客服的回答被采纳”，“输入问题表达不清晰”， 由题意可知，，，，， 由全概率公式得， 故智能客服的回答被采纳的概率为. （2）由题意得，的可能取值为，且， ，， ， 则X的分布列为 X 0 1 2 3 P 故X的数学期望为. 17．(1)证明见解析 (2)1 【分析】（1）过点在平面内作，垂足为点，由面面垂直的性质得出平面，可得出，由已知条件得出，利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可得出关于的等式，解出的值，即可得出的长. 【详解】（1）证明：过点作交于点O， 平面平面，平面平面， 平面， 又平面， ，三棱柱中， ，又， 平面， 平面ABC，∴平面平面． （2）因为是边长为的等边三角形，则为的中点，且， 因为平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 设，则、、、， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，可得， 设平面的一个法向量为，， 则，取，可得， 设平面与平面所成角为，则， 所以， 又因为，解得，故. 18. (1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）先对进行求导，根据即可解出的值； （2）先求导，分别对，，，四种情况分类讨论函数单调性即可； （3）的解集为，说明的解为，由于，由可得，所以要么只有一个根为2，要么恒成立.①若只有一个根为2，可得；若恒成立，当时该不等式恒成立，当时，取代入，不符合题意，舍；当时，可化为，设，求导求单调性求其最大值即可解得，再考虑端点值时，不符合题意，舍，即得的取值范围. 【详解】（1）由题可得， 由曲线在处的切线与轴垂直，可得， 因此. （2）由题知定义域为，且， ①当时，对任意， 令，则，列表如下： 1 - 0 + 极小值 所以的增区间为，减区间为； ②当时，由，可得，且，列表如下： 1 + 0 - 0 + 极大值 极小值 所以的增区间为和，减区间为； ③当时，， 令，可得，列表如下： 1 + 0 + 所以在上单调递增； ④当时，令，可得，且，列表如下： 1 + 0 - 0 + 极大值 极小值 所以的增区间为和，减区间为， 综上所述：当时，的增区间为，减区间为； 当时，的增区间为和，减区间为； 当时，在上单调递增； 当时，的增区间为和，减区间为. （3）. 【点睛】关键点点睛：本题考查根据不等式解集求参数范围，解题关键是对进行因式分解后，分析有根，无根，根大于2，小于2的各个情况，再结合图象即可得出结果. 19．(1) (2)（i）证明见解析，，（ii）． 【分析】（1）求出双曲线的渐近线方程，结合点到直线的距离公式可求出的值，即可得出双曲线的方程； （2）（i）写出直线方程，将该直线方程与双曲线方程联立，列出韦达定理可得出，，再利用等比数列的定义可证得结论成立； （ii）求出、的表达式，可得出的表达式，结合数列的单调性可求得的最大值. 【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，， 则点到渐近线的距离为，所以，所以的方程为． （2）（i）因为，所以、， 直线的方程为，即， 代入，得， 根据韦达定理得． 所以，， 由题设有， 因为， 所以是公比为的等比数列． 因为， 所以是公比为的等比数列， 所以，所以，. （ii）先证明结论：若，为两个不共线的非零向量， 则 . 本题中，因为．， 所以． 因为，， ， 又因为， ， 所以，， 所以， 设，则， 所以，所以，所以， 所以，当且仅当时等号成立， 所以的最大值为． 答案第16页，共16页 答案第15页，共16页 学科网（北京）股份有限公司 $