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湖北黄冈市蕲春县第一高级中学2026届高三年级全真模拟适应性测试数学训练（一）
一、单选题
1．已知全集，，则集合（ ）
A． B． C． D．
2．若复数满足，则|z|的最大值为（ ）．
A． B． C． D．
3．某车间从生产的一批产品中随机抽取了1000个零件进行一项质量指标的检测，整理检测结果得此项质量指标的频率分布直方图如图所示，则下列结论错误的是（ ）
A．
B．估计这批产品该项质量指标的众数为45
C．估计这批产品该项质量指标的中位数为60
D．从这批产品中随机选取1个零件，其质量指标在的概率约为0.5
4．已知、是夹角为的两个单位向量，，，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
5．若，，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知正项数列，满足，，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知在平面直角坐标系中，，，动点满足，点为抛物线上一动点且在抛物线准线上的投影为，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．已知定义在上的函数满足，且对，当时都有，若，恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．如图所示，在正方体中，O为DB的中点，直线交平面于点M，则下列结论正确的是（ ）
A．直线与直线所成角为 B．平面
C．M、O、三点共线 D．直线与平面所成角的为
10．下列说法正确的是（ ）
A．若事件、满足：，，且，则事件、相互独立
B．已知一组成对数据、、、的经验回归方程为，则
C．是、、两两独立的充分条件
D．若，记函数，，则的图象关于点对称
11．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线.曲线：就是其中之一，P为曲线上一点，则下列结论正确的有（ ）
A．曲线恰有2条对称轴和1个对称中心
B．若P在第一象限内，则点P到点的距离和到直线的距离相等
C．曲线所围成的封闭图形的面积小于
D．若P不在坐标轴上，则曲线在点P处的切线的横纵截距之和为1
三、填空题
12．在的展开式中常数项为80，则____________．
13．若数列满足（，为常数），则称数列为调和数列，已知数列为调和数列，且，则的最大值为____________.
14．在四棱锥中，已知底面，，，，，是平面内的动点，且满足.则当四棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为______.
四、解答题
15．设的内角、、所对的边分别是、、，且.
(1)求；
(2)若，的面积为，求的周长.
16．已知为抛物线上一点，点到的焦点的距离为6，到轴的距离为5 .
(1)求的方程；
(2)设的焦点为，过点的直线与交于、两点，，求.
17．由平行六面体截去三棱锥后得到如图所示的几何体，其体积为5，底面为菱形，与交于点O，．
(1)求证平面；
(2)求证平面平面；
(3)设，，与底面所成角为，求平面与平面所成角的正弦值．
18．马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，在人工智能、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用.其数学定义为:假设我们的序列状态是，，那么时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态，即.已知甲盒子中装有2个黄球和1个黑球，乙盒子中装有1个黄球和2个黑球(6个球的大小形状完全相同).记操作:从甲、乙两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中.在重复次操作后，记甲盒子中黄球个数为，恰有3个黄球的概率为，恰有2个黄球的概率为，并记的数学期望为.
(1)求;
(2)求;
(3)证明:.
19．已知函数，．
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，恒成立，求实数的取值范围；
(3)设，，若存在，使得．证明：．
参考答案
1．B
【详解】由题意可知全集，，
则、、，所以.
2．D
【详解】由题意的几何意义为复数对应复平面内的点到点的距离为3，
点到原点的距离为，
所以的最大值为.
故选：D

3．C
【详解】，解得，故A正确；
频率最大的一组为第二组，中间值为，所以众数为45，故B正确；
质量指标大于等于60的有两组，频率之和为，所以60不是中位数，故C错误；
由于质量指标在[50,70)之间的频率之和为，可以近似认为从这批产品中随机选取1个零件，其质量指标在的概率约为0.5，故D正确.
故选:
4．C
【详解】因为、是夹角为的两个单位向量，则，
由平面向量数量积的定义可得，
又因为，，
所以，
所以，
所以在上的投影向量为.
5．D
【详解】由题意可得，.
两式相比得，即，
整理得.
6．D
【详解】对任意的，，且，
当时，则有，
即，解得或（舍）；
当时，由 ①，
可得②，
①②得 ，
整理可得 ，
由题意知，所以，
又因为，可得，也满足等式，
故当时，等式也成立，
故对任意的，，故数列为常数列，
故对任意的，则，
所以，故.
7．B
【详解】因为，，且动点满足，
设，可得，整理得，
所以点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，
由抛物线，可得且准线方程为，
又因为点在抛物线的准线方程为的投影为，
因为抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离相等，所以，
所以，
当且仅当四点共线时，
取得最小值，且，
所以.
即的最小值为.
故选：B.
8．A
【详解】因为函数满足，所以，
因为对，当时都有，
所以在上单调递增，
所以等价于，
即，，
即，，即，
令，则，
则当时，，仅当时取等号，即在上单调递增，
故，即，
则实数的取值范围为.
故选：A.
9．ABC
【详解】对于A，连接，四边形是正方体的对角面，
则四边形为矩形，，是直线与直线所成角或其补角，
而，因此，A正确；
对于B，平面，平面，则，又，
平面，则平面，又平面，
于是，同理，又，因此平面，B正确；
对于C，由，平面，得平面，
由，平面，得平面， 则是平面和平面的公共点，
同理，点和都是平面和平面的公共点，
因此三点，，在平面与平面的交线上，即，，三点共线，C正确；
对于D，连接，设，连接，由选项B，同理得平面，
则为直线与平面所成的角，在中，，
因此，，D错误.
故选：ABC
10．AD
【详解】对于A选项，若事件、满足：，，且，
即，
由条件概率公式可得，即，
故事件、相互独立，A对；
对于B选项，由题意可得，，
因为回归直线过样本中心点，即，解得，B错；
对于C选项，对于事件、、，
若，，，及成立，
则、、相互独立，缺一不可，故，不能推出、、两两独立，C错；
对于D选项，若，记函数，
由正态密度曲线的对称性可知，
即，即，故函数的图象关于点对称，D对.
11．BC
【详解】对于A，曲线C：即，
如图，
曲线C关于x，y轴和直线，对称，有4条对称轴；
又曲线C关于原点对称；故A错误；
设为曲线C上一点，则
对于B，只考查曲线C在第一象限内的部分，此时曲线C：，
又由，
而，故B正确；
对于C，由对称性，考查曲线C在第一象限内的部分，
由点到点的距离，
则曲线C位于圆的左下部分四分之一圆弧的下方，
则曲线C和两坐标轴所围成的封闭图形的面积小于，
所以曲线C所围成的封闭图形的面积小于，故C正确；
对于D，由对称性，只考查曲线C在第一象限内的部分，
此时曲线C：，
设为曲线C在第一象限部分上一点，则，
由，则，
则曲线C在点处的切线为，
即，即，
由以及对称性可知，曲线C在点P处的切线的横纵截距的绝对值之和为1，故D错误；
故选：BC.
12．
【详解】的展开式的通项为，
令，得，
所以展开式中常数项为，解得.
故答案为：
13．
【详解】因为数列为调和数列，所以，故是等差数列，
由，得，
所以，又，
所以，当且仅当或时取得等号，
由于，
当且仅当时，取得最大值，为.
14．
【详解】因为，，，，则四边形为直角梯形，
平面，平面，则，
，，平面，则平面，
、平面，，，则，
故，
平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，设点，
由可得，化简可得，
即点的轨迹为圆，当点到平面的距离最大时，四棱锥的体积最大，
不妨设点，设三棱锥的球心为，
由，可得，解得，
所以，三棱锥的外接球球心为，球的半径为，
因此，三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【详解】（1）由题意可得，.
由正弦定理，得，
因为、，所以，所以，所以.
（2）由题意可得，，所以.
由余弦定理可得，，
所以，故的周长为.
16．(1)；
(2).
【详解】（1）设点，因为点到的焦点的距离为6，到轴的距离为5，
根据抛物线的定义，得，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）由（1）得，抛物线的方程为，所以，
又过点的直线与交于、两点，

设直线：，，，
则，联立化简得，
所以，，，
又，则，
所以联立方程，解得，
根据弦长公式，对于直线与抛物线相交的弦长，
得，
将，，代入上式，
可得，
又，得.
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）证明：如图补全平行六面体，连接交于点，连接，
在平行六面体，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又为的中点，为的中点，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又所以平面，平面，所以平面.
（2）证明：因为底面是菱形，所以，
又因为，，所以，
又平面，平面，，
所以平面，又平面，所以平面平面.
（3）解：，
因为截后的几何体体积为5，所以平行六面体体积为6，
又因为，，设平行六面体的高为，
所以，所以，，
以O为坐标原点，为x轴，为y轴，
过O与平面垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，设，则，
又因为，，
因为，所以，
所以，因为与底面所成角为，
平面的一个法向量为，
所以，
又，，由图可知，所以，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取一个法向量，
设平面的一个法向量为，
则，取一个法向量，
所以，，
所以，平面与平面所成角的正弦值.
18．(1)；
(2)；
(3)证明见解析.
【详解】（1）分别表示操作一次后，甲盒子中恰有3个、2个黄球的概率，
由题可知:.
（2）记重复次操作后，甲盒子中恰有1个黄球的概率为，
易得.
由题易得的所有可能得取值为3，2，1，0，
且，
，
，
，
所以的分布列为：
3 2 1 0
数学期望为.
（3）记重复次操作后，甲盒子中恰有1个黄球的概率为，
由题，可得，
而，
，
，
于是，，
也即，
因此是等比数列，公比为，
首项为，
所以.
因此:，
，
.
19．(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）当时，，
∴
又∴
∴切线方程为；
（2）方法一：
设
只需在时恒成立即可
又，且
所以要使当时，，
必须满足，即．
下面证明时满足题意：
①当时，由，，
令，
由（1）知，在上单调递增，
所以，
所以当时，，即；
②当时，，
令，，则，
所以在上单调递增，
又，当时，，
所以存在，使得，
当时，，即在上单调递减，
当时，，
所以当时，不恒成立．
综上所述，实数的取值范围是．
方法二：
设，
则，
令，则，
当时，，
，在上单调递增，
即在上单调递增，
所以所以在上单调递增，
所以，
所以符合题意；
当时，令得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以，即在上恒成立，
所以，
所以符合题意；
当时，在上恒成立，
在上单调递增，
即在上单调递增，又因为
当时，，
所以存在，使得，
当时，，即在上单调递减，
当时，
综上所述，实数的取值范围是．
方法三：参变分离得：
令，，
∵，∴
∴在区间上单调递减
∴
∴
∴在区间上单调递减
∴
∴
∴在区间上单调递减
∴
由洛必达法则可得：
综上所述，实数的取值范围是．
（3）由函数，
可得，
设，由，
可得，
则，
又由，可得，
∴函数为单调递增函数，
∴，即，
∴，
由（2）知，当时，，，
∴，
即，
∴，
代入可得：
，
则，
∴，
又因为时，，
所以，
所以.

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