北京市2025-2026学年高三上学期数学一轮复习模拟训练试题（一）

高三数学一轮复习模拟训练试题（一） 一、单选题 1．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．已知复数，复数的虚部为（   ） A． B．3i C．3 D． 3．双曲线 的离心率为（       ） A． B． C． D． 4．为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有点的（   ） A．横坐标变为原来的倍（纵坐标不变） B．横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变） C．纵坐标变为原来的倍（横坐标不变） D．纵坐标变为原来的3倍（横坐标不变） 5．数列是首项为，公差为的等差数列，为前n项和．若成等比数列，则（   ） A．1 B． C． D． 6．若，，，，则下列不等式成立的是（    ） A． B． C． D． 7．已知非零向量，则“与共线”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 8．已知函数，将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若为奇函数，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 9．已知.若，则（   ） A． B． C． D． 10．如图，正六边形的边长为 ，半径为 1 的圆 的圆心为正六边形的中心，若点 在正六边形的边上运动，动点 在圆 上运动且关于圆心 对称，则 的最大值为（     ）    A．1 B．2 C．3 D．4 二、填空题 11．已知抛物线的焦点为，过点且垂直于其对称轴的直线交于点，，若，则焦点到其准线的距离为 . 12．在的二项展开式中，若各项系数和为64，则项的系数为 ． 13．已知角为第一象限角，且，则 ． 14．如图，正方体的棱长为1，点是棱的中点，点是棱上的动点（含端点），过点，，的平面截正方体所得截面记为，给出下面四个结论：    ①存在，使得为菱形，的面积为； ②当是的中点时，为等腰梯形，的面积是； ③过直线，有且只有一个平面与任意垂直； ④存在，使得直线与所成的角为. 其中所有正确结论的序号是 . 15．若关于x的方程恰有三个解，则 ． 三、解答题 16．在中，． (1)求； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一，求的周长． 条件①：；条件②：的面积为；条件③：边上的高等于． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）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． 17．如图，在棱长为2的正方体中，点是的中点．    (1)求与平面所成角的正弦值； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 18．某学生参加研学活动，需依次前往3个打卡点，且每个打卡点遇到排队的概率均为，若遇到排队，则每次排队均需额外耗时20分钟．假设在各打卡点是否遇到排队相互独立． (1)求该生首次遇到排队发生在第3个打卡点的概率； (2)设该生在上述3个打卡点排队的额外总耗时为（单位：分钟），求的分布列及数学期望. 19．已知椭圆经过点和点. (1)求椭圆的方程和离心率； (2)设点关于原点的对称点为，过点的直线与椭圆的另一个交点为，且与直线交于椭圆内的点.设的面积和的面积分别为和，若，求直线的斜率. 20．已知函数 . (1)若在取极小值，且，求的值; (2)当 时，恒成立，求最大值； (3)是否可以与轴相切? 若可以，求间关系式； 若不可以，说明理由. 21．已知有限集，如果中的元素满足，就称为“完美集”. (1)判断：集合是否是“完美集”并说明理由； (2)是两个不同的正数，且是“完美集”，求证：至少有一个大于2； (3)若为正整数，求：“完美集”. 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 《高三数学一轮复习模拟训练试题（一）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D C A D C B A D B 1．A 【分析】先化简，再根据交集的定义计算可得. 【详解】由，又， 所以. 故选：A 2．D 【分析】根据复数的除法对复数进行化简，确定其虚部即可. 【详解】. 所以复数的虚部为. 故选：D. 3．C 【分析】由方程可得，即可得离心率. 【详解】由题可得. 则. 故选：C 4．A 【分析】由，根据平移法则即可解出． 【详解】因为，所以将函数的图象上所有点的横坐标变成原来的倍，纵坐标不变，即可得到函数的图象， 故选：A. 5．D 【分析】根据已知条件列方程，由此求得. 【详解】是首项为，公差为的等差数列，为其前n项和， ， 由成等比数列，得：， 即，解得：． 故选：D． 6．C 【分析】由不等式的性质和反例即可判断. 【详解】对于AB：取，满足，显然，不成立，错误； 对于C：因为，所以，正确； 对于D：取，显然不成立，错误， 故选：C 7．B 【分析】根据向量共线的性质，运用特殊值法结合充分条件的判断规则分析充分性，结合余弦函数的性质结合必要条件的判断规则分析必要性． 【详解】已知非零向量， 若“与共线”： 当时，，则，故充分性不成立； 若： 则，即，化简得， ，，即， ，，即，与共线，必要性成立； 故“与共线”是“”的必要不充分条件． 故选：B． 8．A 【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，进而求出，再利用正弦函数性质求解. 【详解】函数，则， 由为奇函数，，得，解得， 所以的最小值为. 故选：A 9．D 【分析】由，解一元二次方程即可求解. 【详解】因为，则 依题意，又， 则，即， 解得或(舍去)， 故， 故选：D 10．B 【分析】连接、、、，则为的中点，利用平面向量数量积的运算性质得出，数形结合求出的最大值，即可得出的最大值. 【详解】连接、、、，则为的中点， 由正六边形性质得，，而， 因此 ， 当且仅当与正六边形的顶点重合时，取最大值. 故选：B 11．2 【分析】求得的纵坐标，进而可求得，可得结论. 【详解】抛物线的焦点为， 因为过点且垂直于其对称轴的直线交于点，，所以， 将，代入抛物线方程，可得， 所以，解得， 焦点到其准线的距离为. 故答案为：. 12．15 【分析】根据二项式的性质取，即得，求出的值，再运用其通项即可求得. 【详解】依题意，的二项展开式的各项系数和为，解得， 则其通项为，使，解得，则项的系数为. 故答案为：15. 13．/ 【分析】先利用平方关系求出，再利用诱导公式求解即可. 【详解】因为角为第一象限角，且， 所以， 所以， 故答案为：. 14．①③④ 【分析】点与点重合时可判断①，是的中点时作出截面，判断形状后求面积即可判断②，找出一个平面证明与截面垂直且唯一可判断③，求出直线与所成的角的范围即可判断④. 【详解】对命题①，如图，取点与点重合时，由平行平面性质及勾股定理可知    所得截面为菱形，其中，点为的中点，因正方体的棱长为1， 故此菱形对角线，，故此菱形面积，故命题①正确； 对命题②，当是的中点时，连结并延长，与的延长线交于点.    由平行截比易得，因点为中点，易得，，三点共线， 故在三角形中由中位线性质可知，且，故截面为上下底分别为，，腰为的等腰梯形， 故此等腰梯形的高，故此梯形面积为，故命题②错误； 对命题③，设截面（面）法向量，过点作以法向量为方向向量的动直线.    则动直线，因空间中过一点作已知直线的垂线有无数条，且这些直线共面， 故点，动直线共面，设此平面为平面，故平面为过点的直线的唯一垂面，因面， 即在截面内，故平面为过点的截面的垂面，当点与点重合，则动直线即为 故面，故平面即为满足本题要求的唯一平面，取的中点，的中点， 可证四边形为平行四边形，因点为中点，故在正方形内由全等三角形方法可知 ，因面，且面，故. 因，，且和为面内的相交直线，故面，因面，即在截面内， 故截面面，故面为满足要求的过的唯一垂面，故命题③正确； 对命题④，因正方体的棱底面，故当点与重合时，截面即为底面， 此时直线与所成的角为，当点在棱上与点重合时，此时直线与所成的角为， 因点为中点，故，，故在直角三角形中，.    根据最小角定理，直线与平面所成的角是直线与平面内所有直线所成角中的最小角， 故，因，故， 由直线与所成的角的取值范围为，故存在，使得直线与所成的角为，故命题④正确. 故答案为：①③④ 15． 【分析】设，证明及的图象关于对称， 结合条件证明，，由此可得结论. 【详解】设， 由已知有个零点，且为其零点， 因为， ， 所以，故函数为奇函数， 所以函数的图象关于点对称， 又， 因为有个零点，且为其零点，， 所以，且， 所以. 故答案为：. 16．(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理可得； （2）先结合条件得出，，若，则代入解方程即可；若已知面积，则根据面积公式得出，再解方程组即可；若选③，先求出，再同①. 【详解】（1）在中利用余弦定理可得，， 因为，所以， 又，所以； （2）由，结合正弦定理可得，， 因为，所以， 选①：若，则，则（负值舍去），则， 故的周长为； 选②：，则， 则，则，得（负值舍去）， 故，，， 故的周长为； 选③：因为边上的高等于，所以， 因为，所以，则（负值舍去），则， 故的周长为； 17．(1) (2) (3) 【分析】（1）先建立空间直角坐标系，列出各个点的坐标，求出的坐标和平面法向量的坐标，进而根据向量夹角的余弦公式求出与平面所成角的正弦值. （2）求出平面的一个法向量坐标，结合（1）中求出的平面的法向量的坐标，根据向量夹角的余弦公式求出二面角的余弦值. （3）先求出的坐标，然后根据点到平面的距离公式求出结果即可. 【详解】（1）如图，在棱长为2的正方体中， 以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则. 所以. 设平面的一个法向量为，则， 所以有，令，则，所以. 所以与平面所成角的正弦值为 . （2）由（1）可知，平面的法向量为. 而平面的一个法向量为， 所以二面角的余弦值为 . （3）因为，所以. 由（1）知平面的法向量为， 所以点到平面的距离为 .    18．(1) (2)分布列见解析，15 【分析】（1）先确定事件：这名学生在第一和第二个打卡点没有遇到排队，在第三个打卡点遇到排队，再根据独立事件概率公式求概率； （2）先确定随机变量的取值，再依次求对应概率，列表可得分布列，最后根据数学期望公式求期望. 【详解】（1）设这名学生首次遇到排队发生在第3个打卡点的事件为， 因为事件等于事件“这名学生在第一和第二个打卡点没有遇到排队，在第三个打卡点遇到排队”， 所以. （2）的所有可能取值为0，20，40， 60,(单位:分)， ，, ，， 故的分布列为： 所以. 19．(1)， (2)0 【分析】（1）根据题意有，解出即可得椭圆的方程，进而得离心率； （2）连接，由，得，进而得，点与点关于原点对称，得，进而得，得直线的方程，与椭圆方程联立即可得点坐标，进而求解. 【详解】（1）由已知有： ，解得， 所以椭圆方程为， 所以， 所以离心率； （2）连接，因为， 所以，即， 所以点和点到直线的距离相等， 由题意，点与点在直线的同侧， 所以， 因为点与点关于原点对称，所以， 又，所以， 所以， 直线的方程为，即， 由可得， 得或， 当时，，得， 当时，点与点重合，不合题意. 所以直线的斜率为0. 20．(1)， (2)1 (3)（） 【分析】（1）求出导函数，由题意且，列式求解，最后再验证即可； （2）求导函数，利用导数研究的单调性，结合，利用函数的最值思想求解即可； （3）设切点为，利用导数的几何意义及切点在x轴上，得，然后利用函数法求得方程的根为，进而求得. 【详解】（1）由得， 因为在 取极小值，所以， ① 又，代入得，解得 ， 把代入①，得，所以； 验证：当，时，，当时，，当时，，所以为的极小值点，符合题意，故，； （2）当 时，恒成立，即恒成立， 令，则，符合，， 令，则， 因为，，所以，即在上单调递增， 所以， 若，（即），则，在上单调递增， 故，符合条件； 若，（即），则存在，使得， 当时，，单调递减，此时，不符合条件； 所以，即，当时，等号成立，故最大值为1； （3）若与轴相切，设切点为，则需满足，且， 即，由第二个方程得， 代入第一个方程得， 整理得，即， 令，则， 因为，，令，得或， 所以当或时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故的极大值（也是最大值）， 当x无限趋向于正无穷大时，无限趋向于负无穷大，无限趋向于正无穷大， 所以无限趋向于负无穷大，当x无限趋向于负无穷大时， 无限趋向于0， 所以无限趋向于0且，所以时，， 即方程的解为，所以， 所以可以与轴相切，此时满足（）. 21．(1)是，理由见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据“完美集”的定义，进行判断即可； （2）根据“完美集”的定义，结合集合的运算，以及一元二次方程的性质进行求解即可； （3）设设中，得到，分，，进行分类讨论即可求解. 【详解】（1）由，所以集合是“完美集”； （2）若是两个不同的正数， 且是“完美集”， 设， 根据根与系数关系可知相当于方程的两根， 由于，解得或（舍）， 所以， 又均为正数， 所以，当且仅当时成立 是两个不同的正数， 所以至少有一个大于2； （3）不妨设中， 由， 得， 当时，即有， 又为正整数，所以， 则，则无解，即不存在满足条件的“完美集”； 当时，即有， 故只能， 则，可求得， 于是此时“完美集”只有一个为； 当时，由， 即有， 又， 又，所以， 即， 又， 即，与矛盾， 所以当时，不存在“完美集”； 综上所述，“完美集”为. 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 $