“7+2+2+3”百分冲刺基础强化卷-湖北随州市随县第一高级中学2026届高三数学二轮复习

随县一中2026届高三二轮复习4月“7+2+2+3”百分冲刺基础强化卷 时间：2026-4-28 一、单选题（35分） 1．若复数满足，则的虚部为（   ） A． B． C．1 D． 2．已知集合，，则（ ） A． B． C． D． 3．已知双曲线的左、右两个焦点为，，若是双曲线左支上的一点，且，则此双曲线离心率的最大值是（） A．2 B．3 C．4 D．5 4．若点为函数的图象的一个对称中心，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 5．定义在上的奇函数满足，.当时，，则（    ） A． B． C．0 D．1 6．如图，在同一个平面内，向量，，的模分别为，，，与的夹角为，且，与的夹角为．若 ，则（    ） A． B． C． D． 7．已知点M，N为圆上两点，且，点P在直线上，点Q为线段中点，则的最小值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 二、多选题（12分） 8．如图所示，，，是圆锥底面圆周上的三个点，若是边长为的等边三角形，，，分别为，的中点，为线段的中点，则下列结论错误的是（    ）    A． B．平面 C．平面 D．三棱锥与三棱锥公共部分的体积为 9．已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于，两点，线段的中点为．过点，分别向的准线作垂线，垂足分别为点，，过点向的准线作垂线，交抛物线于点，交准线于点，为坐标原点，则（    ） A．以为直径的圆与直线相切 B． C．当时，点，，共线 D． 三、填空题（10分） 10．若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则_________． 11．等比数列的前项和记为，若，则__________. 四、解答题（43分） 12．（13分）某市统计了2024年4月的空气质量指数（AQI），将其分为，，，的4组，画出频率分布直方图如图所示. 若，称当天空气质量达标；若，称当天空气质量不达标. (1)求； (2)从4月的30天中任取2天，求至少有1天空气质量达标的概率； (3)若2024年6月的30天中有8天空气质量达标，请完成下面2×2列联表，根据小概率值的独立性检验，能否认为空气质量是否达标与月份有关联？ 月份 空气质量 合计 达标 不达标 4月 6月 合计 附：， 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 13．（15分）已知函数，记，且，． (1)求，； (2)设，， （ⅰ）证明数列是等差数列，并求数列的前项和为； （ⅱ）证明：． 14．（15分）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC．    （1）证明：平面AEC⊥平面AFC； （2）求直线AE与直线CF所成角的余弦值． 随县一中2026届高三二轮复习4月“7+2+2+3”百分冲刺基础强化卷参考解答 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 A C C D D C B ABD ABC 1．A 【分析】先计算等号右边模长，再由复数的乘法运算和虚部的概念求解可得. 【详解】，所以，则，即， 所以的虚部为. 故选：A. 2．C 【分析】首先求出集合A，再由补集的概念求即可. 【详解】由题意得， 又因为，所以， 故选：C. 3．C 【分析】设，根据双曲线的定义以及性质可得，再利用离心率的式子即可求解． 【详解】作图，设， 则有 解得，因为是双曲线左支上的一点， 所以， 即，解得， 故选：． 4．D 【分析】根据正切函数的对称中心求得，，进而有，，即可得解. 【详解】由，，得，， 因此函数图象的对称中心为， 而，则，，，， 所以，，，所以的最小值为. 故选：D 5．D 【分析】由可得，再结合奇函数的定义和周期的定义可得函数的周期，然后利用周期化简，从而可求得结果. 【详解】由，得，即， 因为为奇函数，所以， 所以，所以 所以的周期， 所以. 因为为上的奇函数，所以， 因为当时，，所以， 由，当时， 所以. 故选：D. 6．C 【分析】以为坐标原点建立平面直角坐标系，利用三角函数的知识可求得坐标，由向量的坐标运算可构造方程组求得的值，进而得到结果. 【详解】以为坐标原点可建立如图所示的平面直角坐标系，则， ，，， 又，， 又与的夹角为， ， ， 又，， ， ，解得：， . 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量基本定理的相关问题的求解，解题关键是能够建立起平面直角坐标系，将问题转化为平面向量的坐标运算来进行求解. 7．B 【分析】将圆的方程化为标准方程，从而得到圆心坐标和半径，再根据弦长求出圆心到弦MN的距离，进而确定点的轨迹，最后根据点到直线的距离公式求出的最小值. 【详解】已知圆的方程为，将其配方可得. 可知该圆的圆心坐标为，半径. 因为点为线段MN的中点，根据垂径定理可知. 已知，则. 在中，根据勾股定理. 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆. 已知点在直线上，可得圆心到直线的距离为： . 因为点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，所以的最小值等于圆心到直线的距离减去圆的半径，即 故选：B. 8．ABD 【分析】对于A，利用等边可求得，利用中位线定理可求得进而可判断；对于B，由勾股定理逆定理结合，可得与不垂直，由此即可判断；对于C，由中位线定理得，结合线面平行的判定定理即可判断；对于D，连接，交于点，连接并延长，则由对称性可知必定交于点，三棱锥与三棱锥公共部分即为三棱锥，再确定点的位置即可求解体积并判断D. 【详解】对于A，因为是等边中边上的高，所以， 因为，，分别是，的中点， 所以，显然，故A项错误； 对于B，因为三角形是边长为的等边三角形，三角形为等腰三角形， 是的中点，所以， 而，所以，这表明与不垂直，故B项错误； 对于C，因为，分别是，的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面，故C项正确； 对于D，连接，交于点，连接并延长，    则由对称性可知必定交于点， 则三棱锥与三棱锥公共部分即为三棱锥， 因为，分别是，的中点， 所以为的重心，所以， 由上易知，圆锥的轴截面为边长为2的正三角形，所以圆锥的高为， 所以， 所以三棱锥与三棱锥公共部分的体积为，故D项错误. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：根据线面垂直的判定定理，线线与不垂直可判断线面不垂直. 9．ABC 【分析】设直线：，代入抛物线方程，利用一元二次方程根与系数的关系，得到各点的坐标，利用向量的方法进行判断各选项的真假. 【详解】如图： 设直线：，带入，并整理得：. 设，，则，，. 所以，，，， . 则， . 所以，，所以以为直径的圆与直线相切，故A正确； 又，，所以，故B正确； ，，因为，所以直线与直线不平行，所以不成立，故D错误； 对D：如图： 当时，因为，所以为等边三角形，又，所以或， 当时，，则，，， 所以，， 因为,所以点，，共线； 当时，同理可证点，，共线. 故C正确. 故选：ABC 【点睛】关键点点睛：再选择填空题中，有关圆锥曲线的问题，一定要先考虑圆锥曲线定义的应用.该题就考查了抛物线的定义的应用. 10． 【分析】先根据与相切，确定的值，再根据直线与相切，确定的值. 【详解】因为与相切. ，设切点坐标为，则切线方程为. 因为切线过原点，所以：，故切点为，所以. 对函数，，由， 根据得切点纵坐标为：， 根据得切点纵坐标为：， 由，又由题可知. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：先根据的切线过原点，求出的值；求时，要注意切点即在曲线上，也在切线上，根据纵坐标相等列方程求解. 11． 【分析】由题意知公比，设首项为，根据等比数列公式，由求出，再代入求出，由此求得. 【详解】设首项为， 因为，显然， 所以， 所以，即， 所以，解得， 又因为，所以， 当时，，， 当时，，此时 故答案为：. 12．(1)0.002 (2) (3)不能 【分析】（1）由频率和为1求解； （2）由对立事件的概率计算公式求解； （3）先求出列联表，再计算卡方值进行判断即可． 【详解】（1）依题意得，， 解得． （2）由频率分布直方图知， 4月份的空气质量达标的天数为：， 则4月份的空气质量不达标的天数为：， 则任取2天，至少有1天空气质量达标的概率为：． （3）列联表如下： 月份 空气质量 合计 达标 不达标 4月 12 18 30 6月 8 22 30 合计 20 40 60 零假设：空气质量是否达标与月份无关， 则 所以根据小概率值的独立性检验，没有充分理由推断假设不成立， 故不能认为空气质量是否达标与月份有关联． 13．(1)， (2)（ⅰ）证明见解析；；（ⅱ）证明见解析； 【分析】（1）求出导数，利用递推关系可得答案； （2）（ⅰ）求出的递推关系，利用等差数列的定义可证明等差数列，利用错位相减法可求和； （ⅱ）利用进行放缩，结合等比数列求和公式可证结论. 【详解】（1）因为，所以， . （2）（ⅰ）因为，所以， 又，所以，； 由（1）可知，，所以，， ，所以是以为首项和公差的等差数列， ，所以. ,, 两式相减可得 , . （ⅱ），， 所以 因为，所以. 14．（1）见解析；（2）. 【详解】试题分析：（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1易证EG⊥AC，通过计算可证EG⊥FG，根据线面垂直判定定理可知EG⊥平面AFC，由面面垂直判定定理知平面AFC⊥平面AEC；（Ⅱ）以G为坐标原点，分别以的方向为轴，y轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，利用向量法可求出异面直线AE与CF所成角的余弦值. 试题解析：（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1，由∠ABC=120°，可得AG=GC=. 由BE⊥平面ABCD，AB=BC可知，AE=EC， 又∵AE⊥EC，∴EG=，EG⊥AC， 在Rt△EBG中，可得BE=，故DF=. 在Rt△FDG中，可得FG=. 在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=，DF=可得EF=， ∴，∴EG⊥FG， ∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC， ∵EG面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC.    （Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以的方向为轴，y轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，由（Ⅰ）可得A（0，－，0），E（1,0, ），F（－1,0，），C（0，，0），∴=（1，，），=（-1，-，）.…10分 故. 所以直线AE与CF所成的角的余弦值为. 考点：空间垂直判定与性质；异面直线所成角的计算；空间想象能力，推理论证能力。 答案第6页，共15页 答案第5页，共15页 学科网（北京）股份有限公司 $