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（二）

高三数学一轮复习自编模拟训练卷（二） 一、单选题 1．已知复数满足，则的虚部为（   ） A．1 B． C． D． 2．已知全集，集合，则（   ） A． B． C． D． 3．已知直线是双曲线的一条渐近线，则该双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 4．“点A的坐标是，”是“的图象关于点A对称”的（    ） A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件 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，，且，则实数（    ） A．-10 B．-6 C．5 D．11 7．在平面直角坐标系中，，点满足，则点到直线距离的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．已知，则的值为（    ） A．1 B．2 C．4 D．6 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．已知抛物线C 的焦点F到准线的距离是4，经过F的直线与C交于两点，分别记C在点A，B处的切线为，，则下列说法正确的是（    ） A．C准线方程为 B． C． D．若 ，则 11．若，则（    ） A． B． C． D． 三、填空题 12．设点A在直线上，点B在函数的图象上，则的最小值为 . 13．已知正项等比数列的前项和为，若有，使得，则数列的公比为 . 14．在维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为维坐标，其中.定义：在维空间中的两点与的曼哈顿距离为，则6维空间“立方体”的顶点数为 ；若在6维空间“立方体”中任取两个不同的顶点，记随机变量为所取两点间的曼哈顿距离，则 . 四、解答题 15．某机构为了调查喝酸奶是否可以降低体脂，邀请了40名女性作为研究对象，将其随机分成两组，其余变量不变的情况下，实验组每天喝220g酸奶，对照组每天喝220g牛奶，持续24周后，得到如下数据. 单位：人 受试者 脂肪 合计 没有减少1kg 减少1kg 实验组 2 18 20 对照组 8 12 20 (1)从这些研究对象中随机抽取1人，求此人每天喝220g酸奶且脂肪减少1kg的概率； (2)用按比例分层随机抽样的方法从脂肪减少1kg的研究对象中抽取5人进行进一步调查，并从这5人中随机选2人发一份小礼品，求这2人都来自实验组的概率. 16．已知正项数列满足，且． (1)求的通项公式； (2)求数列的前项和． 17．如图，在三棱锥中，平面，，，，． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 18．已知椭圆：的焦距为4，且经过点. (1)求椭圆的标准方程. (2)设为原点，，为上的两点，若直线OP，OQ的斜率之积为. （ⅰ）证明：的面积为定值. （ⅱ）设为线段PQ的中点，点，在圆：上，求的最小值. 19．法国著名数学家拉格朗日给出一个结论：若函数在闭区间上的图象是一条连续不断的曲线，在开区间上都有导数，则在区间上存在实数，使得，这就是拉格朗日中值定理，其中称为在区间上的“拉格朗日中值”.已知函数. (1)利用拉格朗日中值定理求函数在上的“拉格朗日中值”； (2)利用拉格朗日中值定理证明：函数上任意两点连线的斜率不小于； (3)针对函数，请证明拉格朗日中值定理成立. 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（二）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B D C D D C C BD BCD 题号 11 答案 ACD 1．B 【分析】根据条件，利用复数的运算得到，即可求解. 【详解】由，得到， 所以的虚部为， 故选：B. 2．B 【分析】先把全集和集合中的元素用列举法表示出来，再根据集合的补集的概念，即可求解. 【详解】由题意，， ，所以. 故选：B. 3．D 【分析】根据渐近线方程得到，再代入离心率公式即可. 【详解】由题意可知，所以. 故选：D. 4．C 【分析】根据正切函数的性质和充分不必要条件的判定即可得到答案. 【详解】是的对称中心，但不满足坐标是，故该条件不具备必要性; 若点的坐标是，，可得的图象关于点对称，则充分性成立， 故“点的坐标是，”是“的图象关于点对称”的充分不必要条件. 故选：C. 5．D 【分析】利用函数的单调性和奇偶性并根据不等式分类讨论，进而求解. 【详解】由题意知在上单调递减，且， 由或， 即或， 解得或， 故选：D. 6．D 【分析】写出的坐标，利用两垂直向量的坐标关系列方程求解. 【详解】因为，且， 所以，解得. 故选：D 7．C 【分析】设动点坐标，由题意建立方程，化简后得到动点轨迹为圆，写出圆心和半径.先求得圆心到直线的距离，即可得到动点到直线的距离的取值范围. 【详解】设，由题可得， 两边平方并化简得，故点在圆心为（8，4），半径为的圆上， 而圆心到直线的距离为， 故点到该直线的距离的取值范围为，即． 故选C． 8．C 【分析】对原等式化简后构造函数，判断其单调性后即可判断. 【详解】由，则， 即，显然，即， 因为，所以，所以， 令，则， 由于，且，即得， 故在上单调递增， 所以，即，即． 故选：C． 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】根据已知条件得出抛物线方程为，对选项进行逐一判断：准线方程为，判断选项A；设直线的方程为：，联立抛物线，根据韦达定理得出，联立抛物线方程得出；选项C：联立切线方程得出的坐标为，结合得出，利用两点间距离公式表示当取最小值；利用抛物线焦点弦长公式计算. 【详解】抛物线中，焦点到准线的距离为，故抛物线方程为， 焦点，准线. 选项A：准线方程为，故A错； 选项B：设直线的方程为：，联立抛物线得： 则，故B对.    选项C：抛物线方程为，设过的切线斜率为，则切线方程为： ，联立抛物线方程得：，即 ， 因为为切点，方程有唯一解， 所以，结合，化简得. 所以 同理，. 联立抛物线在A、B处切线方程：， 故点的坐标为，由B知，，故点. 所以， 最小值在时取得，此时，故C对. 选项D：根据抛物线焦点弦长公式：，故D对. 故选：BCD. 11．ACD 【分析】先由条件推得，对于A，利用指数函数的单调性，即可判断；对于B，根据条件，可得，再利用三角函数的单调性，可得，即可判断；对于C，利用在区间上单调递减，可得，再利用和的单调性，即可推得；对于D，利用和的单调性，可得，再利用对数函数的单调性，即可推得. 【详解】由，可得，则， 对于A，由是增函数，是减函数，可得， 故，故A正确； 对于B，因为，所以， 又在区间上单调递增，则在区间上单调递增， 所以，则有，故B错误； 对于C，由，又在区间上单调递减， 可得，故有是减函数，则， 又由在上是增函数可得，，因此，故C正确； 对于D，因为在上是增函数，所以，又是减函数，得， 因此，两边取对数可得，故D正确. 故选：ACD． 【点睛】方法点晴，比较函数值的大小，常用的方法： （1）利用基本函数的单调性，如幂函数、指数函数、对数函数、三角函数等； （2）借助中间值进行比较，常用和. 12． 【分析】设切点为，由切线与平行即可求出切点，最后由点到直线的距离公式即可求解. 【详解】设切点为，则切线与平行， 即有，所以，所以切点为， 当点为切点时，点到直线距离最小， 由点到直线的距离公式有， 故答案为：. 13．/ 【分析】依题意可得，依题意可判断且，从而得到，即可得解. 【详解】因为，， 所以， 即. 依题意且，且， 所以，故. 故答案为： 14． 64 【分析】由题根据分步计数乘法原理，即可确定顶点个数；由离散型随机变量的分布列步骤，数学期望公式即可求解． 【详解】（1）对于维坐标，， 所以共有种不同的点，即共有个顶点． （2）①对于的随机变量，在坐标与中有个坐标值不同，剩下个坐标相同，此时对应情况数有种， 所以， 则的分布列为： 1 2 6 所以，， . 故答案为：64， 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于确定当时，在坐标与中有个坐标值不同，即有个坐标值满足，剩下个坐标值满足，再由求出概率. 15．(1) (2) 【分析】（1）根据古典概型公式即可求解； （2）利用列举法，列举出5人中随机选2人构成的基本事件，及这2人都来自实验组的基本事件数，根据古典概型公式即可求解. 【详解】（1）由题可知：这些研究对象中共有18人每天喝220g酸奶且脂肪减少1kg， 所以从这些研究对象中随机抽取1人，此人每天喝220g酸奶且脂肪减少1kg的概率为； （2）由题可知抽取的5人中有3人来自实验组，分别记为，，，2人来自对照组分别记为，. 再从5人中随机选2人构成的基本事件有：，，，，，，，，，，共10种； 其中这2人都来自实验组的基本事件有：，，，共3种， 所以从这5人中随机选2人发一份小礼品，求这2人都来自实验组的概率为. 16．(1) (2) 【分析】（1）利用递推式结合已知条件求出公比，再利用求出，从而求出的通项公式； （2）先求出数列的通项公式，列出和，再利用错位相减法结合等比数列前项和公式求． 【详解】（1）因为数列为正项数列，所以，故， 又， 所以，故是公比为的等比数列， 又因为，， 所以，解得， 所以． （2），①， ②， 式①减去②得， ． 17．(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）由平面得到．由得到． 利用直线和平面垂直的判定定理得到平面，利用平面和平面的判定定理得到平面平面； （2）由得到以点为坐标原点，以，所在直线分别为轴，轴，建系，写出点的坐标，求出和平面的法向量，设直线与平面所成角为， 利用数量积公式求出，从而得到直线与平面所成角的正弦值． 【详解】（1）因为平面，平面，所以． 因为，所以． 又因为平面，故平面． 又因为平面，所以平面平面． （2）因为，所以以点为坐标原点， 以，所在直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ，， 设平面的法向量为， 则即，令得， 故平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为． 18．(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）由焦距求得，由关系及点在椭圆上列方程组求解，得到椭圆标准方程； （2）（i）分斜率存在与否，联立椭圆方程，用斜率条件求△OPQ 面积；（ii）先求中点轨迹，再用参数法求∠AMB 余弦的最小值. 【详解】（1）由题意，知 即 解得或（舍）， 故椭圆的标准方程为. （2）（ⅰ）证明：设直线OP，OQ的斜率分别为，，则. 当直线PQ的斜率不存在时，不妨设点在点上方. 若点在第一象限，则点在第四象限. 由，得，. 设，. 由解得或（舍），所以. 同理可得所以. 所以. 若点在第二象限，则点在第三象限，同理可得，， 所以. 当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为，，. 联立得方程组 消去并整理，得， 则， 所以，. 又 ， 整理，得. 所以. 又点到直线PQ的距离， 所以. 综上可知，的面积为定值. （ⅱ）解：当直线PQ的斜率存在时，. 设，则，， 所以. 当直线PQ的斜率不存在时，或，，显然满足. 故中点的轨迹方程为. 圆的方程可化为1， 则，半径. 设， 则. 令， 则. 当时，取得最小值， 此时，当直线AM与圆相切时，取得最大值， 即 又为锐角， 所以， 故的最小值为. 19．(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由题可得，解相应方程可得答案； （2）利用导数知识多次求导可得，然后结合拉格朗日中值定理可证明结论； （3）由题可得即证对任意，，然后通过构造函数分别证明，，从而完成证明. 【详解】（1）由题，， 因，， 则（负值舍去）； （2）由题，， 设， 设， 则在R上单调递增，注意到， 则当在上单调递增， 在上单调递减， 则， 设函数上任意两点为， 则函数上任意两点斜率的表达式为， 由拉格朗日中值定理，在区间上存在实数， 使，即， 因，则， 即函数上任意两点连线的斜率不小于； （3）， 由题即相当于证明，，存在，使， 即 ， 即命题等价于证明对任意，， 下面证明：， 先证：， 不等式两边同时除以a，所证不等式变为， 令，则所证不等式可化为， 构造函数，则， 则在上递减，则，则； 再证：， 因，则所证不等式可化为， 即，令，则所证不等式可化为， 构造函数，则， 则在上递增，则，则， 又由基本不等式可得，则， 又注意到，则， 即对任意，，则命题得证. 【点睛】方法点睛：本题（3）所涉表达式为对数平均数，则（3）中证明不等式即为几何平均数小于对数平均数小于代数平均数，此不等式及证明方法常用于解决双变量，极值点偏移等涉及多个变元的问题. 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 $