福建厦门第一中学2026届高三下学期数学综合强化练习1

厦门一中2026届高三下数学强化练习103 开学考后模拟题精选1(湖北、湖南) ____班____号 姓名_________ 题目 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 一、单选题 1. 若集合，，则 A． B． C． D． 2. 设复数z满足iz＝1+2i，则＝　　 A．2﹣i B．﹣2﹣i C．﹣2+i D．2+i 3. 已知是各项均为正数的等比数列，设其前项和为，若，，成等差数列，则 A．9 B．2 C． D． 4. 已知圆锥的母线长为5，体积为，底面半径，高为，该圆锥的表面积为 A． B． C． D． 5.如果的展开式中存在正的常数项，则的最小值为 A． B． C． D． 6. 已知，，则 A．2 B．1 C． D． 7．已知抛物线：的焦点为，以为圆心且半径为2的圆与抛物线 相交于、两点，则 A． B． C． D．4 8．已知，则“”是“”的 A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 二、多选题 9．已知函数，则下列说法中正确的有 A．函数的最小正周期为 B．函数的图象关于直线对称 C．将的图象向左平移个单位得到的函数为奇函数 D．函数与在上有两个交点 10．设，为两个相互独立的随机事件，且，，则下列命题中正确的是 A． B． C． D． 11.如图，在三棱锥中，. 设直线与平面所成的角为，则下列说法中正确的是 A．存在点，使得 B．恰存在两条直线，使得直线与直线、所成的角均为 C．当时，的余弦值的取值范围是 D．当时，二面角的取值范围是 三、填空题： 12. 已知变量和的统计数据如表： 根据上表可得回归直线方程， 据此可以预测当时， . 13. 已知函数是奇函数，则 ． 14. 数列的各项都是正整数，且对任意的恒成立，则称数列为 “U-数列”.对有20项的所有可能的“U-数列”：，记， 则M的最小值是 . 四、解答题： 15.某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取 该流水线上的40件产品作为样本称出它们的质量(单位：克)， 质量的分组区间为(490，495]，(495，500]，…，(510，515]， 由此得到样本的频率分布直方图如图．    (1)根据频率分布直方图，求质量超过505克的产品数量； (2)在上述抽取的40件产品中任取2件，设X为质量超过 505克的产品数量，求X的分布列，并求其均值； (3)从该流水线上任取2件产品，设Y为质量超过505克的产品数量，求Y的分布列． 16．已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，， ，，是的中点. (1)为的中点，为上一点，平面，证明：为中点； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 17．在中，角，，的对边分别为，，， 已知且，，均为整数. (1)求； (2)设的中点为，，求的长. 18.已知椭圆是坐标原点，是椭圆C上的点，四边形是平行四边形. (1)求平行四边形的中心M的轨迹方程； (2)记平行四边形的中心的轨迹为曲线F， 证明：平行四边形的对角线与曲线F相切； (3)若三角形的两条边和与(2)中曲线F都相切，试证明：第三条边与曲线也相切， 并探究的面积是否为定值.若是，求出其面积；若不是，请说明理由. 19. 已知函数，. (1)当，时，求函数的单调区间； (2)若对任意，，对恒成立. (i)求的取值范围： (ii)若，证明：函数有且仅有一个极大值点. 试卷第3页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 厦门一中2026届高三下数学强化练习103 综合练习1 模拟题精选1(湖北、湖南)答案 ____班____号 姓名_________ 一、单选题：1.C 2.D 3.A 4.C 5.C 6.B 7.C 8.A 6. 解：已知，，得：，故， 再两边平方得：， 又因为，所以，则．故选． 7.已知抛物线：的焦点为，所以. 所以以为圆心且半径为2的圆的方程为 . 联立圆的方程和抛物线方程得，化简得. 解得(舍去).所以，所以. 8.令，因为，所以，且， 充分性：当时，画出函数的图象，如图所示： 由图，此时，，充分性成立； 必要性：若，由得，不满足题意， 若，由函数在上单调递增，则，由， 则，又函数在上单调递增，所以， 即，当时， 由，如图所示： 由图可知，此时，则，不满足题意， 当时，由图可知，此时，满足题意， 必要性成立，“”是“”的充要条件. 二、多选题：9.ACD 10.CD 11.ABD 11.当直线在平面上的投影为直线即平面平面时， 因为， 平面平面，平面，所以平面，又平面， 所以，A正确；因为，在中 ， 所以，设的平分线为，连接，在平面中过作， 则，要使直线与直线、所成的角均为，则点在平面上的 投影在的平分线上，如图在内存在直线使得直线与直线、所成的 角均为，在的邻补角内存在直线使得直线与直线、所成的角 均为，所以恰存在两条直线，使得它与直线，所成的角为，B正确； 过作平面于，过作于，连接， 因为平面，平面，所以， 又， 平面，所以平面，又平面，所以， 所以为直线与平面所成的角，即， 于是， 又，， 所以，即当时，的余弦值的取值范围是，C错误； 设点在面内的投影为点，则，过作于 ，连接，则为二面角平面角. 在中，， 其中是平面内以为圆心，为半径的圆上的点到直线的距离，所以， 所以，，二面角的范围是，D正确. 三、填空题： 12.10 13. 14.46 14.由得，令，则条件等价于差分序列是严格递增 的整数序列()，为使最小，我们让差分序列对称分布， 满足，即， 数列的第项为，为保证所有，我们取中间项作为最小值， ，解得，由于差分序列对称，数列在和处取得 最大值，此时最大值，且满足所有“数列”条件， 四、解答题 15.(1)质量超过克的产品的频率为， 质量超过克的产品数量为. (2)质量超过克的产品数量为，则质量未超过克的产品数量为，服从超几何分布， 的取值为，，. ，，. 的分布列为 的均值为. (3)根据用样本估计总体的思想，取一件产品，该产品的质量超过克的概率为. 从流水线上任取件产品互不影响， 该问题可看二项分布，质量超过克的件数可能的取值为 ，，，且. ，，，. ，，. 的分布列为 16. (1)如图，取的中点为由三点确定一个平面，交于点， 由平面，平面，平面平面， 得，又因为为的中点，所以，又因为， 所以，由平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面，所以，又因为， 所以，则四边形是平行四边形，故，又因为， 是中点，所以，结合，得是中位线，即为中点； (2)由，可得，连接，是正方形， 即可得，，所以，所以，即， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，而平面，如图建立空间直角坐标系， 令，则，即， 所以，设平面的法向量为， 则，令，得，所以，由于平面， 所以平面的法向量可以取，设平面与平面的夹角为， 则，故平面与平面的夹角余弦值为. 17. (1)在中，因为，所以，又，所以， 所以，且在内单调递增，所以， 又为整数，所以，即. (2)因为，所以，即， 且，设，，由，可得 由于，，均为整数且，，解得，或， 解得，即，；所以，，中，由正弦定理得 ，所以，. 中， 由余弦定理得；所以. 18. (1)设平行四边形的中心，则是线段的中点，的坐标为， ∵点在椭圆上，，即是所求轨迹方程； (2)设线段中点的坐标为的坐标为，， 两式相减得，，∴直线的方程是：，即， 代入得，即， ，与曲线相切. (3)设线段中点的坐标为，则的坐标为延长交 椭圆C于，再延长交曲线于，交椭圆于， 分别联立，及，得，即点是的中点， 是的中点，， ，也是的中点，这样 四边形是平行四边形，由(2)的结论知与曲线相切，与点重合，延长交椭圆 C于是的中位线，，即，同理，是的中位线， ，即，∴四边形也是平行四边形，由(2)的结论知与曲线也相切. 到直线的距离，由， 得， 定值. 19. (1)当，时，可得，所以，当时，； 当时.，所以的增区间为，减区间为. (2)(i)设，则在上单调递减，则只需， 令，，由得；所以在上递增， 在上单调递减. 所以，所以，所以. (ii)由上知，又，当时. ， 当时，，由零点存在定理可知存在，使得. 下证明在区间上有且仅有一个零点. 记，， 则，令，可得；则在上单调递增， 在上单调递减，所以. ①当时，，递减，此时在区间上有且仅有一个零点 ②当时，，. 当时，此时存在唯一的，使得，故在上单调递增， 在上单调递减，所以，所以在上有且仅有一个零点. 当时，存在两个点，，使得， 即，故在上单调递减，上单调递增， 上单调递减，又. 记，. 所以，进而，所以对任意，总有 则对任意，.所以不存在零点. 而在上单调递减，，所以在上有且仅有一个零点. 综上所述，在上有且仅有一个零点，且当时，，时， ，从而为的极大值点，所以有且仅有一个极大值点，证毕. 学科网（北京）股份有限公司 $