资源简介

河北省唐山市2025-2026届高三上学期暑假一轮复习
数学练习题
一、单选题
1．已知不等式的解集为，不等式的解集为，则为（ ）
A． B． C． D．
2．已知，则向量与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
3．如图所示，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点，从A点测得M点的仰角，C点的仰角以及，从C点测得，已知山高，则山高MN=（ ）
A．120 B．150 C． D．160
4．已知等差数列和的前项和分别为、，若，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知双曲线的左、右焦点分别为，P是双曲线C的一条渐近线上的点，且线段的中点N在另一条渐近线上．若，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．
6．点到直线的距离最大时，其最大值以及此时的直线方程分别为（ ）
A．； B．；
C．； D．；
7．已知函数的定义域为，且若，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
8．已知对恒成立，则的最大值为（ ）
A．0 B． C．e D．1
二、多选题
9．下列选项正确的是（ ）
A．若，则的最小值为
B．若，则的最小值为
C．若，，且，则的最小值为2
D．若，则的最小值为2
10．若函数有两个极值点，，且，则a的值可能是（ ）
A． B． C． D．
11．已知无穷数列，满足，，，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，的所有可能取值组成的集合为
B．当是等比数列，且公比时，数列是递减数列
C．当，且时，数列中有无穷多个项为0，且有无穷多个项不为0
D．当时，存在，使得数列满足所有项均不为0
三、填空题
12．已知曲线在处的切线与圆相交于、两点，则 ．
13．甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一人，则第4次传球后球在甲手中的概率为 .
14．双曲线的左、右焦点分别为，，直线过与双曲线的左支和右支分别交于两点，．若轴上存在点满足，则双曲线的离心率为 ．
四、解答题
15．已知数列是等差数列，且是数列的前项和.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和，求证：.
16．某市为了传承发展中华优秀传统文化，组织该市中学生进行了一次文化知识有奖竞赛，竞赛奖励规则如下:得分在[70，80）内的学生获三等奖，得分在[80，90）内的学生获二等奖，得分在[90，100]内的学生获一等奖，其他学生不得奖.为了解学生对相关知识的掌握情况，随机抽取100名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了样本频率分布直方图，如图所示.
若该市所有参赛学生的成绩X近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，利用所得正态分布模型解决以下问题:
(1)若该市共有10000名学生参加了竞赛，试估计参赛学生中成绩超过79分的学生数（结果四舍五入到整数）;
(2)若从所有参赛学生中（参赛学生数大于10000）随机抽取3名学生进行访谈，设其中竞赛成绩在64分以上的学生数为，求随机变量的分布列和均值.
附:若随机变量X服从正态分布，则，，.
17．如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.
（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.
18．已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，求函数在区间上的最大值．
19．已知椭圆C：（）的离心率为，短轴长为，，分别为C的上、下顶点，直线：与C相交于M，N两点，直线与相交于点P.
(1)求C的方程；
(2)证明点P在定直线上，并求直线，，围成的三角形面积的最小值.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
《河北省唐山市2025-2026届高三上学期暑假一轮复习--数学练习题》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B C C A A D D BC ABD
题号 11
答案 ACD
1．D
【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求解即得.
【详解】解不等式，得，即，
解不等式，得，即，
所以.
故选：D
2．B
【分析】结合向量的夹角公式，以及向量的夹角的范围，即可求解；
【详解】因为，设向量与的夹角为
所以，
又因为，所以
故选：B.
3．C
【分析】由题意，可先求出的值，从而由正弦定理可求的值，在中，，，从而可求得的．
【详解】解：在中，，，所以．
在中，，，从而，
由正弦定理得，，因此．
在中，，，由得；
山高；
故选：
4．C
【分析】根据等差数列的性质和通项公式可得，再根据等差数列的求和公式可得，结合已知条件求解即可
【详解】设等差数列的公差为，则，
因为，
所以，
因为等差数列和的前项和分别为、，满足，
所以，
所以，
故选：C
5．A
【分析】利用平方关系、商数关系求出，再由得出可得答案.
【详解】因为N，O分别是的中点，所以，
又，
，
所以，
所以，故．
故选：A．
6．A
【分析】求出直线所过的定点，再确定最大值条件即可求解.
【详解】将直线变形得，
由，解得，因此直线过定点，
当时，点到直线的距离最大，
最大值为，又直线的斜率，
所以直线的方程为，即.
故选：A

7．D
【分析】当时，判断函数单调性，由单调性可知；当时，根据单调性的性质和复合函数单调性可知单调递增，可得，然后将原不等式转化为即可得解.
【详解】当时，，
由复合函数的单调性可知在上单调递减，
所以；
当时，，
因为在上单调递增，为增函数，
所以在上单调递增，
又在上为增函数，所以在单调递增，
所以.
综上，在上恒成立，当且仅当时取等号.
所以不等式，
解得且且，即原不等式的解集为.
故选：D
【点睛】思路点睛：解分段函数相关不等式时，需要根据自变量范围进行分类讨论，利用单调性求解即可.
8．D
【分析】由题意得对恒成立，令，利用导数求得，即，再令，利用导数求出的最小值，可求出的取值范围，从而可求出的最大值.
【详解】由，得，
所以对恒成立，
令，则在上单调递增，
由，得，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，即
令，
则在上单调递增，
由，得，
所以当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，所以，
所以的最大值为1.
故选：D
【点睛】关键点点睛：此题考查利用导数解决不等式恒成立问题，考查利用导数求函数的最值，解题的关键是通过对原不等式变形，将问题转化为对恒成立，然后构造函数，利用导数求出最值即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
9．BC
【分析】选项A，通过取，即可判断选项A的正误；选项B，利用平方关系得到，再结合条件，利用基本不等式，即可求解；选项C，根据条件，通过变形得到，再利用基本不等式，即可求解；选项D，利用基本不等式取等号的条件，即可判断选项D的正误.
【详解】对于选项A，取，显然满足，此时，所以选项A错误，
对于选项B，因为，
又，所以，所以，
当且仅当，即时取等号，所以，故选项B正确，
对于选项C，因为，得到，所以，
又，所以，得到，
当且仅当，即时取等号，所以选项C正确，
对于选项D，，当且仅当时取等号，
注意到无解，所以，即选项D错误，
故选：BC.
10．ABD
【分析】根据函数有两个极值可转化为导函数有两个零点，利用导数判断函数单调性，作出图象，数形结合即可得解.
【详解】由题意，，
令，可得，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，所以当时，，
又时，，时，，
作出大致图象及，如图，
由图象可知，当时，有两个根，即有两个极值点，
又，所以当时恰好满足，
所以结合图象可知，，
由的单调性可知，a的值可能是，，，不合题意.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：有两解，利用导数研究函数的大致图象，数形结合，特别是注意到且，据此由图象可得取值范围，再结合函数单调性确定可取的值.
11．ACD
【分析】对A，利用树状图即可得到答案；对B，举反例即可；对CD利用反证法即可证明.
【详解】对于A，考虑树状图分析，如下图所示
故A正确.
对于B，取，则，则不是递减数列，故B错误.
对于C，先证明存在一项为，下面使用反证法证明:
若中不存在一项为，则，.
由于，，故，.
记，则.
.
则.
.
.
以此类推，可得，
又因为为无穷数列，当时，，
矛盾.
故中存在一项为，记第一个为的项为，
由定义可知，
那么.
.
.
以此类推，数列从第项起为，故C正确.
对于D，只需取为无理数即可.例如取
则，.
下面用反证法证明数列不存在的项.
假设存在最小的，使得.
则
又因为.
或者
以此类推，可得，且.
则，，其中
一方面，
可得为有理数.
另一方面，
这与为无理数矛盾，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题B选项关键是举出反例，当，此时，CD选项采用反证法证明即可.
12．
【分析】先求出函数在处的切线方程，再由圆内弦长公式求得即可.
【详解】由，定义域为，，
则切线斜率，又，
所以切线方程为：，化简为：；
又因为圆的圆心，半径，
设圆心到直线的距离为，则，
则.
故答案为：
13．
【分析】设表示经过第次传球后球在甲手中，设次传球后球在甲手中的概率为，依题意利用全概率公式得到，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，从而求出，再将代入计算可得.
【详解】设表示经过第次传球后球在甲手中，设次传球后球在甲手中的概率为，，
则有，，
所以
，
即，所以，
又，所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即，
当时.
故答案为：.
14．
【分析】可以得到比例关系，平行关系，结合图形找出比例线段，结合双曲线的定义，列勾股定理方程计算求解.
【详解】
由题意，即有，根据相似关系可得，设，则，在双曲线的左支，则，在双曲线的右支，则，又，列出勾股定理方程：，解得.在中，，，列勾股定理可得，于是，.
故答案为：.
15．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）运用等差数列的公式和性质求解即可；
（2）先求出，再求出，后裂项相消，求出，结合不等式性质证明即可.
【详解】（1）由于则，
则，因此，
故数列的通项公式为.
（2）由（1）知，，则，
则，即.
，
由于，则，故成立.
16．(1)1587；
(2)分布列见解析，数学期望为.
【分析】（1）利用频率分布直方图求出，再由正态分布的对称性求出，进而求出学生数.
（2）由（1）求出，再利用二项分布求出分布列及期望.
【详解】（1）由频率分布直方图知，各小矩形面积从左到右依次为，
样本平均数的估计值，
则所有参赛学生的成绩X近似服从正态分布，而，
因此
所以参赛学生中成绩超过79分的学生数约为.
（2）由（1）知，，，
即从所有参赛学生中随机抽取1名学生，该学生竞赛成绩在64分以上的概率为，
因此随机变量服从二项分布，的可能值为0，1，2，3，
则，，，，
所以随机变量的分布列为：
0 1 2 3
P
数学期望.
17．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可；
（2）连接，先求证四边形是平行四边形，根据几何关系求得，在截取，由（1）平面，可得为与平面所成角，即可求得答案.
【详解】（1）分别为，的中点，
，
又，
，
在中，为中点，则，
又侧面为矩形，
，
，
，
由，平面，
平面，
又，且平面，平面，
平面，
又平面，且平面平面
，
，
又平面，
平面，
平面，
平面平面.
(2)[方法一]：几何法
如图，过O作的平行线分别交于点，联结，
由于平面，平面，，
平面，平面，所以平面平面．
又因平面平面，平面平面，所以．
因为，，，所以面．
又因，所以面，
所以与平面所成的角为．
令，则，由于O为的中心，故．
在中，，
由勾股定理得．
所以．
由于，直线与平面所成角的正弦值也为．
[方法二]【最优解】：几何法
因为平面，平面平面，所以．
因为，所以四边形为平行四边形．
由（Ⅰ）知平面，则为平面的垂线．
所以在平面的射影为．
从而与所成角的正弦值即为所求．
在梯形中，设，过E作，垂足为G，则．
在直角三角形中，．
[方法三]：向量法
由（Ⅰ）知，平面，则为平面的法向量．
因为平面，平面，且平面平面，
所以．
由（Ⅰ）知，即四边形为平行四边形，则．
因为O为正的中心，故．
由面面平行的性质得，所以四边形为等腰梯形．
由P，N为等腰梯形两底的中点，得，则．
设直线与平面所成角为，，则．
所以直线与平面所成角的正弦值．
[方法四]：基底法
不妨设，
以向量为基底，
从而，．
，，
则，．
所以．
由（Ⅰ）知平面，所以向量为平面的法向量．
设直线与平面所成角，则．
故直线与平面所成角的正弦值为．
[方法五]：坐标法
过O过底面ABC的垂线，垂足为Q，以Q为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
设，AO=AB=2，
则，
所以，
所以
易得为平面A1AMN的一个法向量，
则直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为
【整体点评】(2)方法一：几何法的核心在于找到线面角，本题中利用平行关系进行等价转化是解决问题的关键；
方法二：等价转化是解决问题的关键，构造直角三角形是求解角度的正弦值的基本方法；
方法三：利用向量法的核心是找到平面的法向量和直线的方向向量，然后利用向量法求解即可；
方法四：基底法是立体几何的重要思想，它是平面向量基本定理的延伸，其关键之处在于找到平面的法向量和直线的方向向量.
方法五：空间坐标系法是立体几何的重要方法，它是平面向量的延伸，其关键之处在于利用空间坐标系确定位置，找到平面的法向量和直线的方向向量.
18．(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）利用导数，分类讨论求区间；
（2）结合（1）得到的函数单调性，分类讨论函数最大值.
【详解】（1）的定义域为 ，
求导数，得 ，
若，则，此时在上单调递增，
若，则由得，当时，，在上单调递减，
当时， ，在上单调递增，
综上，当，的增区间为，无减区间，
若，减区间为，增区间为.
（2）由（1）知，当时，在区间上为增函数，
函数的最大值为，
当时，在区间上为减函数，
函数的最大值为，
当时，在区间上为减函数，在上为增函数，
函数的最大值为，
由，得，
若时，函数的最大值为，
若时，函数的最大值为，
综上，当时，函数的最大值为，
当时，函数的最大值为.
19．(1)
(2)证明见解析，.
【分析】（1）根据题意建立a，b，c的方程，解出a，b，c的值，即可得出椭圆C的方程；
（2）联立方程组得出一元二次方程，再采用设而不求整体代换的方式找到点，的坐标关系，从而推出直线的方程，再联立直线、、的方程，解出交点坐标，从而求出三角形的面积.
【详解】（1）由题可知，解得，
则C的方程为.
（2）设，，联立方程组，
整理得，则，，
得.
由，，可得直线的方程为，
直线的方程为，
则，
解得，故点P在定直线：上.
设直线与直线，的交点分别为，，
易得，，
，
当且仅当时，等号成立，
故直线，，围成的三角形面积的最小值为.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

展开更多......

收起↑