2025-2026学年高三上学期数学一轮复习自编模拟练习卷（一）（河北专用）

高三数学一轮复习自编模拟练习（一） 一、单选题 1．复数的虚部是（   ） A．20 B． C． D．25 2．已知全集，，则的元素个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 3．双曲线的离心率为（   ） A． B．3 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．设为偶函数，当时，，则（ ）． A． B． C． D． 6．已知点是线段上靠近点的一个三等分点，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 7．若圆与直线相切，则（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 8．对于正数、，若，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．在棱长为2的正方体中，是的中点，为底面正方形内及其边界上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．存在唯一的点，使 B．存在唯一的点，使得平面 C．的最小值为3 D．的最小值为4 10．已知抛物线E：的焦点为F，，，是E上不同的三个点，的中点为P，O为坐标原点，直线是E的准线，且与x轴的交点为M，则下列说法正确的有（   ） A．若，则 B．若，则 C．若F是的重心，则点P的纵坐标可能大于 D．若点P的纵坐标为2，则直线的倾斜角为 11．若的内角，，所对的边分别为，，，且满足，则下列结论正确的是（    ） A．角一定为锐角 B． C． D．的最大值为 三、填空题 12．若直线是曲线的一条切线，则 . 13．在公比不等于1的等比数列中，其前项和为，若，则公比 . 14．有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取3次，每次取1个球.记X为这5个球中至少被取出1次的球的个数，则X的数学期望 . 四、解答题 15．某学校为保障校园科创社团成员以良好身体素质开展创新实践，对“航模社”和“建模社”进行专项体能训练.学期末，从两个社团各随机抽取100人进行“障碍跑”成绩测试（成绩单位：秒），依据测试结果得到如下频率分布直方图. (1)分别计算航模社测试的平均成绩、建模社测试成绩的分位数（同一组中数据用该组区间中点值近似代替）； (2)若测试成绩在70秒以内（含70秒）为“体能合格”，从两社团“体能合格”成员中按分层随机抽样选5人分享“科创+体能”训练经验，再从这5人中选2人担任经验分享会主持人，求2人都来自“建模社”的概率. 16．已知数列的通项公式为，数列为公比大于0的等比数列，且，. (1)求数列的前n项和，数列的通项公式及前n项和； (2)令，求数列的前n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．已知椭圆的左、右顶点分别为，，其离心率为，且上的点到其中一个焦点的距离的最小值为1，过右焦点的直线交椭圆于，两点（均不与点，重合），直线交于点. (1)求椭圆的标准方程； (2)证明：，，三点共线； (3)求面积的最大值. 19．已知函数，当时，恒成立． (1)求实数a的取值范围； (2)若函数，当实数a取最大值时，是否存在整数t，使得关于x的不等式恒成立，若存在，请求出t的最大值，若不存在，请说明理由； (3)已知，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练习（一）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B A C C B D B AC ABD 题号 11 答案 ACD 1．A 【分析】利用复数虚部的含义可得答案. 【详解】的虚部是20. 故选：A 2．B 【分析】根据补集的概念求解. 【详解】根据题意，，所以， 故选：B. 3．A 【分析】求出的值，即可求出该双曲线的离心率的值. 【详解】因为，，所以， 故离心率为． 故选：A. 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．C 【分析】将和代入中，即可求得，结合偶函数性质可求得结果. 【详解】当时，，，， 即，， 为偶函数，. 故选：C. 6．B 【分析】由题意得，计算坐标，再得出坐标. 【详解】由题意可得，， 设，则，所以， 即，解得 故选：B 7．D 【分析】根据直线和圆相切得出圆心到直线距离为半径得出参数. 【详解】圆的圆心为，半径为不为， 因为圆与直线相切， 则， 则. 故选：D. 8．B 【分析】由已知等式变形得出，结合函数的单调性可求得结果. 【详解】由可得， 即， 构造函数， 因为函数、、在上为增函数， 故函数在上为增函数， 由可得，所以，即． 故选：B． 9．AC 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，设，利用空间向量坐标运算，逐项分析计算得解. 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， ， 对于A，由，得，A正确； 对于B，，设平面的法向量为， 则，取，得，，若平面， 则，即，该方程表示一条直线，因此点有无数个，B错误； 对于C，取的中点，连接，则， ，的最小值为3，C正确； 对于D，设点关于平面的对称点为点，则，且， 当三点共线时，取最小值，最小值为，D错误. 故选：AC 10．ABD 【分析】对A，由焦半径公式可判断；对B，三点共线，设，可得进而判断；对C，由重心坐标公式可判断，进而判断点纵坐标范围；对D，由点纵坐标可得直线斜率，进而求出倾斜角判断. 【详解】对于A：因为抛物线的焦点，所以， 若，则，即，A正确； 对于B：若，则三点共线，设， 代入抛物线方程得，所以，又, 所以， 所以， 所以，即关于轴对称，，B正确； 对于C：若是的重心，则，即①， 又是中点，其纵坐标为. 由重心横坐标公式，且，可得②， 将①代入②得③，因为不同，所以④， 将②③代入④得到，所以，C错误； 对于D：若的纵坐标为，即，则， 所以直线的斜率，所以倾斜角为，D正确； 故选：ABD. 11．ACD 【分析】先由正弦定理得即可判断A选项；由余弦定理判断B选项；由诱导公式及和角公式可判断C选项；由正切和角公式及基本不等式即可判断D选项. 【详解】由，可得，故，可得，得，故，故角为钝角，则角一定为锐角，A正确； 由余弦定理得，化简得，所以，故B错误； 由A的分析得，又，故，即，即，故，故C正确； 由A知，，则，所以，当且仅当，即时取等号，D正确； 故选:ACD. 12． 【分析】法一：利用导数的几何性质与导数的四则运算求得切点，进而代入曲线方程即可得解；法二：利用导数的几何性质与导数的四则运算得到关于切点与的方程组，解之即可得解. 【详解】法一：对于，其导数为， 因为直线是曲线的切线，直线的斜率为2， 令，即，解得， 将代入切线方程，可得， 所以切点坐标为， 因为切点在曲线上， 所以，即，解得. 故答案为：. 法二：对于，其导数为， 假设与的切点为， 则，解得. 故答案为：. 13． 【分析】根据题意，由等比数列的求和公式代入计算，化简，即可得到结果. 【详解】因为等比数列的公比，由可得， 即， 化简可得，即，且，解得. 故答案为： 14．/ 【分析】法一：根据题意得到的可能取值，再利用分步乘法原理与古典概型的概率公式求得的分布列，从而求得；法二，根据题意假设随机变量，利用对立事件与独立事件的概率公式求得，进而利用数学期望的性质求得. 【详解】法一：依题意，的可能取值为1、2、3， 总的选取可能数为， 其中：三次抽取同一球，选择球的编号有5种方式， 故， ：恰好两种不同球被取出（即一球出现两次，另一球出现一次）， 选取出现两次的球有5种方式，选取出现一次的球有4种方式， 其中选取出现一次球的位置有3种可能，故事件的可能情况有种， 故， ：三种不同球被取出， 由排列数可知事件的可能情有况种， 故， 所以 . 故答案为：. 法二：依题意，假设随机变量，其中： 其中，则， 由于球的对称性，易知所有相等， 则由期望的线性性质，得， 由题意可知，球在单次抽取中未被取出的概率为， 由于抽取独立，三次均未取出球的概率为， 因此球至少被取出一次的概率为：， 故， 所以. 故答案为：. 15．(1)； (2) 【分析】（1）根据频率分布直方图面积为1，可求得，然后利用频率分布直方图平均值及百分位数的求法求解即可； （2）根据分层随机抽样可知从航模社抽取2人，建模社抽取3人，再利用列举法求解古典概型的概率即可. 【详解】（1）根据题意，，解得， ，解得， 则航模社测试的平均成绩， 设建模社测试成绩的分位数为，又的频率为， 的频率为，的频率为， 其中，， 所以在之间， 则，解得， 所以建模社测试成绩的分位数为. （2）根据题意，航模社“体能合格”的人数为人， 建模社“体能合格”的人数为人， 故航模社“体能合格”与建模社“体能合格”的人数之比为， 则按分层随机抽样从航模社抽取2人，分别为，建模社抽取3人，分别为， 再从这5人中选2人担任经验分享会主持人共有： ， ，共10种选择， 其中2人都来自“建模社”有3种选择， 2人都来自“建模社”的概率为. 16．(1)，，； (2). 【分析】（1）根据等差数列前项和公式即可求出，求出公比，再利用等比数列通项公式和求和公式即可得到； （2）写出，再利用错位相减法即可得到答案. 【详解】（1）因为数列的通项公式为，故， 所以数列是首项和公差均为1的等差数列， 所以． 因为数列为公比大于0的等比数列，且， 设公比为，则，解得或（舍去）， 所以． 所以． （2）由（1）可得， 所以①． ②． ①②得， 所以． 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)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据离心率可得，结合椭圆性质求，即可得椭圆方程； （2）设直线，与椭圆方程联立可得韦达定理，求得，利用向量平行证明三点共线即可； （3）利用韦达定理可得，且，换元令，可得，结合对勾函数单调性求最值即可. 【详解】（1）因为，即， 又因为椭圆上的点到其中一个焦点的距离的最小值为1， 则，则，， 所以椭圆的标准方程为. （2）由（1）得，，右焦点， 过的直线的斜率可能不存在，但不为0，且直线与椭圆必相交 设直线，，， 联立，消去x得， 则，， 直线的方程为，当时，，故， 则，， 可得， 可知，所以，，三点共线. （3）由（2）得，， 因为，则， 又因为， 令，则，可得， 令，则在区间上单调递增， 所以当时，取得最小值4，即， 可得，则， 所以面积的最大值为. 19．(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）由题设在上恒成立，利用导数研究单调性，判断函数值符号求参数范围； （2）由题设及（1）得，利用导数研究函数的性质得到且，再根据函数单调性求出函数的值域，根据不等式恒成立确定的最大值，即可得解； （3）由（1）知在上恒成立，令且代入不等式，两侧累加并整理即可证. 【详解】（1）由题设在时恒成立，等价于在上恒成立， 令，，则，        令，且， 当，即时，，即， 此时在上单调递增，则，满足题设；                      当，即时，，对称轴， 所以，使，在时，，即， 所以在上单调递减，此时，不满足题设； 综上，. （2）由题设，由（1）知，则， 令，则，故在上单调递增， 由，即使， 所以时，．所以在上单调递减， 时，，所以在上单调递增， 则，而，即，                               故， 设函数，则，当时，， 故在上单调递增，则，故， 所以，又恒成立，即，即整数t的最大值为. （3）当时，右边，左边，左边=右边，原不等式成立，                       下面考虑时的情况， 由（1）知在上恒成立，即， 令，且，则，                                  所以, 则，故， 所以，                           综上，当时，成立. 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 $