“8+3+3”73分三轮冲刺保分强化训练(18)-2026届高三数学三轮冲刺复习(新高考适用)

“8+3+3”73分三轮冲刺保分强化训练(18) (时间：45分钟分值：73分) 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．（2026·广东佛山·一模）已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知向量满足，则与的夹角为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·四川宜宾·一模）已知数列满足对任意的，都有．若，则（   ） A．8 B．18 C．20 D．27 4．（2026·上海松江·模拟预测）一个袋中有大小与质地完全相同的红、黄､蓝三个球，从袋中依次随机不放回地摸出两个球，记“第一次取到红球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件，则（    ） A．A，B相互独立 B． C． D． 5．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知点在直线上移动，椭圆以和为焦点且经过点，则椭圆的离心率的最大值为（   ） A． B． C． D． 6．（2026·河北承德·一模）已知把函数（）的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变得到函数的图象，若在区间上有三个零点，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 7．（2026·贵州贵阳·模拟预测）如图，已知两个正方形，的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.点M，N分别在正方形对角线和上移动，且.当的长最小时，直线和夹角的余弦值是（    ） A． B．0 C． D． 8．（2026·安徽安庆·一模）已知，若函数恰有1个零点，则（   ） A．e B． C．1 D．3 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．（2026·河北沧州·模拟预测）若函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ） A．函数的最小正周期为 B． C．的图象关于直线对称 D．若方程在上有且只有3个根，则 10．（25-26高三下·河南周口·月考）如图，已知正方体的棱长为2，则（    ） A．直线与所成夹角的余弦值为0 B．直线与所成夹角的余弦值为 C．三棱锥的表面积为 D．三棱锥的外接球的表面积为 11．（2026·湖南邵阳·二模）已知，分别是椭圆：的左、右焦点，过的直线交于，两点，则下列结论成立的是（   ） A．的周长为8 B． C．的最小值为 D．存在直线，使得 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．（25-26高三下·上海·月考）若实系数方程有一个虚数根的模为4，则实数的取值范围为___________． 13．（2026·湖南衡阳·模拟预测）设等比数列的各项均为正数，其前n项和为，若，，则______. 14．（25-26高三下·湖南长沙·月考）若函数有唯一极值点，则实数a的取值范围是__________. 2 / 3 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ “8+3+3”73分三轮冲刺保分强化训练(18) (时间：45分钟分值：73分) 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．（2026·广东佛山·一模）已知集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】先求集合，根据集合的并集运算即可求解. 【解析】由题意得：， 又因为， 所以． 2．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知向量满足，则与的夹角为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】将两端平方，从而解出与的夹角. 【解析】因为，所以， 所以，所以． 3．（2026·四川宜宾·一模）已知数列满足对任意的，都有．若，则（   ） A．8 B．18 C．20 D．27 【答案】C 【解题思路】根据题意，分别令和求得，，再求和即可. 【解析】因为数列满足对任意的，都有，， 所以，当时，，解得； 当时，，解得； 所以 4．（2026·上海松江·模拟预测）一个袋中有大小与质地完全相同的红、黄､蓝三个球，从袋中依次随机不放回地摸出两个球，记“第一次取到红球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件，则（    ） A．A，B相互独立 B． C． D． 【答案】C 【解题思路】根据给定条件，利用相互独立事件的定义判断A；利用条件概率公式，结合古典概率计算判断BCD. 【解析】对于A，，，A，B不独立，A错误； 对于B，，B错误； 对于C，，C正确； 对于D，，则，D错误. 5．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知点在直线上移动，椭圆以和为焦点且经过点，则椭圆的离心率的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】先利用待定系数法求椭圆方程，联立方程得的范围，进一步计算离心率的范围. 【解析】椭圆以，为焦点，即，， 所以设椭圆方程， 联立方程， 消去得出， 由题意可得， 即，得出或（舍去），解得， 所以， 所以椭圆的离心率的最大值为. 6．（2026·河北承德·一模）已知把函数（）的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变得到函数的图象，若在区间上有三个零点，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】求出的解析式，再求出的零点，再根据范围求得的取值范围. 【解析】由题可知， 令，即，即， 所以，或， 解得，或， 则非负根从小到大依次为，，，，⋯， 又因为在区间上有三个零点，所以， 解得. 7．（2026·贵州贵阳·模拟预测）如图，已知两个正方形，的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.点M，N分别在正方形对角线和上移动，且.当的长最小时，直线和夹角的余弦值是（    ） A． B．0 C． D． 【答案】B 【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式、配方法进行求解最小时的，进而利用向量计算即可求得结果. 【解析】因为平面平面，，， 且平面平面，平面， 故平面，又平面， 故，从而两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系， 有，，，，， ，，， ， ， 当时，最小，最小值为； 即当，为、中点时，最短， 则，， ，， ， 直线和夹角的余弦值是. 8．（2026·安徽安庆·一模）已知，若函数恰有1个零点，则（   ） A．e B． C．1 D．3 【答案】B 【解析】由，可得恒为的一个零点， 令，则恰有1个零点， 等价于的唯一零点是，或无零点. 因为，且， 所以恒成立，在上单调递增. 又时，时，因此必然存在唯一零点. 当的零点是时，可得 即，解得，. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．（2026·河北沧州·模拟预测）若函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ） A．函数的最小正周期为 B． C．的图象关于直线对称 D．若方程在上有且只有3个根，则 【答案】AC 【解析】由图象可知，函数的最大值为，故，该函数过点，， 代入可得，而点在上升曲线段中， 所以，，因为， 所以，而在下降曲线段中，所以，得， ， 由图象可知，，所以，所以，所以， 所以,可知选项A正确，选项B错误； 可得函数，当时，， 所以，故选项C正确； 设，即，根据图象分析可得， 计算可得，故选项D错误. 10．（25-26高三下·河南周口·月考）如图，已知正方体的棱长为2，则（    ） A．直线与所成夹角的余弦值为0 B．直线与所成夹角的余弦值为 C．三棱锥的表面积为 D．三棱锥的外接球的表面积为 【答案】BCD 【解题思路】建立坐标系，利用向量坐标运算可判断A,B，求出三棱锥的表面积可判断C，结合补形法可求外接球的面积，进而判断D. 【解析】以为原点，为 轴，为 轴，为 轴，正方体棱长为 2， 则； ，， ，A错误，B正确. 直角中，，其面积为2，直角中，，其面积为2， 直角中，，其面积为2，中，，其面积为， 所以三棱锥的表面积为，C正确. 三棱锥 可补形为正方体，其外接球与正方体外接球相同： 正方体棱长为 2，体对角线为​，即外接球直径​，，​ 表面积为，D正确. 11．（2026·湖南邵阳·二模）已知，分别是椭圆：的左、右焦点，过的直线交于，两点，则下列结论成立的是（   ） A．的周长为8 B． C．的最小值为 D．存在直线，使得 【答案】ABD 【解题思路】由椭圆的定义即可判断A；由基本不等式即可判断B；根据椭圆弦长公式即可判断C；根据的最大角即可判断D． 【解析】A，根据椭圆的定义，， 所以的周长为，故A正确； B，根据基本不等式，，当且仅当时等号成立，故B正确； C，设直线的方程为，， 与椭圆方程联立得，， ，， ， 当时，最小为1，故C错误； D，当直线过短轴顶点时，最大， 此时，即最大为， 所以存在直线，使得，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．（25-26高三下·上海·月考）若实系数方程有一个虚数根的模为4，则实数的取值范围为___________． 【答案】 【解题思路】因为实系数的一元二次方程若有虚数根，则两根共轭，可设两根分别为和，则，结合，再由可求b的取值范围. 【解析】由题意可知实系数方程有两个虚数根， 设实系数一元二次方程的两个虚数根为和， 则. 所以，则， 实系数方程有虚数根， 则, 则实数的取值范围为. 13．（2026·湖南衡阳·模拟预测）设等比数列的各项均为正数，其前n项和为，若，，则______. 【答案】 【解题思路】设等比数列的公比为，根据等比数列的通项公式和前项和公式，列出方程，求得的值，进而求得的值. 【解析】设等比数列的公比为， 因为，，可得， 整理得，即， 因为，可得，所以. 又因为，所以，所以. 14．（25-26高三下·湖南长沙·月考）若函数有唯一极值点，则实数a的取值范围是__________. 【答案】 【解题思路】首先对函数求导，然后根据参变分离，将问题转化为图象交点问题，利用导数的性质分析函数的单调性，进而确定极值点的情况，从而求出实数a的取值范围. 【解析】因为只有1个极值点，所以，， 由，得， 则直线与的图象仅存在一个交点（变号零点）， 设，则， 由，得；由，得或； 则在和上单调递减，在上单调递增， 又，，当时，，当时，， 故其函数图象如图： 当时，直线与的图象仅在有1个交点，符合题意； 当时，直线与的图象在上以及处各有1个交点， 但仅在上存在1个变号零点，符合题意； 当时，直线与的图象有3个交点，不符合题意； 当时，直线与的图象无交点，不符合题意， 所以当时有唯一极值点， 综上，实数的取值范围是. 2 / 9 1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $