湖北省2025-2026学年高三上学期数学一轮复习自编模拟训练卷（一）

高三数学一轮复习自编模拟训练卷（一） 一、单选题 1．已知复数的共轭复数，则（    ） A． B． C． D． 2．已知集合，下列式子错误的是（   ） A． B． C． D． 3．方程的两根是两圆锥曲线的离心率，它们是（　　） A．椭圆、双曲线 B．椭圆、抛物线 C．双曲线、抛物线 D．无法确定 4．已知函数图象的对称轴为直线，其中，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 5．已知函数，若，则（    ） A． B．0 C．2 D．4 6．已知向量，，若，则（   ）． A． B．2 C． D．5 7．已知为椭圆的上焦点，为椭圆上一点，为圆上一点，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 8．设，，，则，，的大小关系为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，为等边三角形，平面平面，则（   ）    A．若直线是平面和平面的交线，则 B．直线与所成角的余弦值为 C．平面与平面的夹角的余弦值为 D．点到平面的距离为 10．已知为坐标原点，是抛物线：的准线上的一点，过的焦点的直线与交于，两点，为的中点，则下列说法正确的是（   ） A． B．为钝角三角形 C．直线的斜率的最大值为 D．若，则直线的斜率为2 11．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则是直角三角形 D．若为锐角三角形，则 三、填空题 12．若函数的导函数为，且满足，则 ． 13．若一个等比数列的前4项和为4，前8项和为68，则该等比数列的公比为 . 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．某市环保部门为了监测某条河流的水质情况，连续30天测量了河流的PH值，整理数据后，得到如图所示的频率分布直方图. (1)求的值，并估计这30天河流PH值的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； (2)若PH值低于6.5的称为“酸性超标日”，其中PH值在的称为“轻度超标日”，PH值在的称为“重度超标日”.环保部门决定采用分层抽样的方法从“酸性超标日”中抽取3天，并从这3天中随机选择2天进行水质复检，求这2天都是“轻度超标日”的概率. 16．求下列函数的导数： (1) (2) (3) (4) 17．如图，在三棱柱中，，，，，，D是棱的中点． (1)证明：平面平面ABC． (2)求平面与平面夹角的余弦值． 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．已知函数且. (1)当时，求在最小值； (2)当时，函数恰好有两个零点. （i）求实数的取值范围； （ii）证明：. 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 《高三数学一轮复习自编模拟训练卷（一）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D A A B C D A ABD BCD 题号 11 答案 BCD 1．D 【分析】应用共轭复数的定义结合复数的乘法计算求解. 【详解】复数的共轭复数，则， 则. 故选：D. 2．D 【分析】求出，再一一分析即可. 【详解】， 对A，，正确； 对B，空集是任何集合的子集，则B正确； 对C，为无理数集，而中的元素均为无理数，故C正确； 对D，集合与集合之间不能用符号，故D错误. 故选：D. 3．A 【分析】解方程，得到方程的两根，根据圆锥曲线的离心率的取值范围可以得到答案. 【详解】由，得， ∵，， ∴两圆锥曲线是椭圆与双曲线． 故选：A 4．A 【分析】根据正切函数的对称性求解即可. 【详解】由于函数的对称轴为直线， 令，解得， 因为，取，可得，则的最小值为. 故选：A． 5．B 【分析】结合正弦函数的奇偶性代入求解. 【详解】，所以， 则. 故选:B. 6．C 【分析】根据垂直向量的数量积以及其坐标表示，建立方程，求得参数，利用模长公式，可得答案. 【详解】因为，所以，所以，所以． 故选：C． 7．D 【分析】设椭圆的上、下焦点分别为，由椭圆的定义，求得，根据题意，转化为，结合圆的性质，得到，进而求得的最大值，得到答案. 【详解】如图所示，由圆，可得圆心，半径为， 又由椭圆，设上焦点为，下焦点为，且， 根据椭圆的定义，可得，则， 所以， 要使得最大，则最小. 因为，当且仅当为线段与圆的交点时，等号成立， 所以， 当且仅当为线段与椭圆的交点时，等号成立， 所以，即的最大值为. 故选：D.    8．A 【分析】先根据对数的运算性质，将与、与化为同底的对数形式，再结合对数函数的单调性，即可比较大小. 【详解】由题意，，，故. 又，所以. 故选：A 9．ABD 【分析】应用线面平行判定定理判断A，先应用面面垂直性质定理建立空间直角坐标系，应用异面直线余弦公式计算判断B，应用二面角余弦公式计算判断C，应用点到平面距离计算判断D. 【详解】如图，取的中点，连，，由为等边三角形，所以， 底面是边长为2的菱形，，为等边三角形，所以， 平面平面，平面平面，平面，可得底面， 平面平面，平面平面，底面，可得平面. 以为坐标原点，向量，，分别为，，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，有，，，，，. 对于A选项，由，平面，平面，可得平面， 又由平面平面，可得，故A选项正确； 对于B选项，由，，有， 可得直线与所成角的余弦值为，故B选项正确； 对于C选项，设平面的法向量为， 由，，有， 取，，，可得平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， 由，，有， 取，，，可得平面的一个法向量为. 可得平面与平面的夹角的余弦值为，故C选项错误； 对于D选项，由，可得点到平面的距离为，故D选项正确. 故选:ABD.    10．BCD 【分析】对于A，由题设易得，进而得到抛物线：，，进而求解判断即可；对于B，设，，：，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理及向量运算可得为钝角，进而判断即可；对于C，表示出直线的斜率为，进而分析判断即可；对于D，分别过点，作准线的垂线，垂足分别为，，结合抛物线的定义可得为的中点，可得平行于轴，进而求解判断即可. 【详解】对于A，由题可知，则，则抛物线：，， 故，故A错误； 对于B，显然直线的斜率不为0，设，，：， 联立，得， 则， 且，，则， 所以， 所以，因为， 所以一定为钝角，故为钝角三角形，故B正确； 对于C，由B知，的中点的纵坐标为， 横坐标为， 所以直线的斜率为， 当时，， 当时，， 当时，， 当且仅当，即时，等号成立， 所以直线的斜率的最大值为，故C正确； 对于D，分别过点，作准线的垂线，垂足分别为，， 因为，所以， 因为为的中点，所以平行于轴， 因为，所以，则，即， 故直线的斜率为2，故D正确． 故选：BCD 11．BCD 【分析】根据正切函数的性质判断A，利用正弦定理得到，再由二倍角公式判断B，利用余弦定理将角化边，即可判断C，首先证明，同理可得，，再利用作差法及两角差的正弦公式计算，即可判断D. 【详解】对于A：若， 则可得或或，即或或，故A错误； 对于B：若，则由正弦定理可得，则， 所以，即，故B正确； 对于C：若，由余弦定理可得， 即， 所以， 即， 所以， 所以， 所以，即，所以是直角三角形，故C正确； 对于D：因为为锐角三角形，所以，所以， 所以，同理可得，， 所以， 则 ， 即，故D正确. 故选：BCD 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】讨论公比是时，代入题干不成立；公比不是时，根据等比数列前项和的公式列等式组即可得解. 【详解】设该等比数列为，是其前项和，则， 设的公比为， 当时，，即，则，显然不成立，舍去； 当时，则， 两式相除得，即， 则，解得， 所以该等比数列公比为. 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) 【分析】（1）根据频率分布直方图中概率之和等于1，可求出，平均数可利用同一组中的数据用该组区间的中点值和频率的乘积之和求解; （2）求出样本空间，再结合古典概型计算公式求解即可. 【详解】（1）因为，所以. 平均值： （2）抽取的3天中，“轻度超标日”有2天，记为a，b，“重度超标日”有1天，记为A， 样本空间， 设事件B为这2天都是“轻度超标日”，则. 因为抽中样本空间中每一个样本点的可能性都相等，所以这是一个古典概型. 所以. 16．(1) (2) (3) (4) 【分析】（1）由导数的四则运算即可求解； （2）由导数的四则运算即可求解； （3）由正弦二倍角公式化简，再由导数的四则运算即可求解； （4）由导数的四则运算和简单复合函数的求导法则即可求解 【详解】（1）因为，所以； （2）因为，所以； （3）因为，所以， 所以； （4）因为，所以. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明平面ABC，进行求解； （2）以A为坐标原点，AC，所在直线分别为x轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,求出两个平面的法向量进行求解． 【详解】（1）证明：因为，所以． 因为，，所以， 则，所以． 因为，平面ABC，平面ABC，且，所以平面ABC． 因为平面，所以平面平面ABC． （2）解：以A为坐标原点，AC，所在直线分别为x轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系． 由题中数据可知，，，，， 则，，，． 设平面的法向量为， 则,令，得． 设平面的法向量为， 则,令，得． 设平面与平面的夹角为，则， 即平面与平面夹角的余弦值为． 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) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）令，利用导数确定函数在上的单调性，即可得答案； （2）（i）由，得，令，利用导数确定函数的单调区间及最值，即可得答案； （ii）由题意可得只需证明，结合函数的单调性，只需证明，即，令，利用导数证明即可. 【详解】（1）当， ， 由，得；由，得； 所以函数在单调递减，在单调递增， 故； （2）（i）由，得， 令，则与图象恰好有两个交点， 而， 所以由，得；由，得； 所以在单调递增，单调递减， 当时，；当时，. 故， 所以实数的取值范围为. （ii）证明：由（i）知且， 所以要证，只需证， 只需证，只需证， 而，所以， 注意到在单调递减， 所以要证，只需证， 而，所以只需证， 即证，即证， 令，故， 令在恒成立. 所以在单调递减，所以， 故在单调递增，所以， 故命题得证. 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 $