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河北邯郸市2026届高三下学期数学保温试题
一、单选题
1．已知集合，则集合的元素个数为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
2．已知复数满足（为虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
3．已知平面单位向量，的夹角为，则向量与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
4．已知函数的图象关于直线对称，则（ ）
A． B．2 C．1 D．
5．已知正三棱台，，侧棱，则正三棱台的体积为（ ）
A． B． C． D．
6．若函数有奇数个零点，则的最小值是（ ）
A．6 B．8 C．16 D．18
7．已知等差数列的首项，且满足.若，令，数列的前项和为，则当时，的最大值为（ ）
A．11 B．10 C．9 D．8
8．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，且为抛物线的焦点.设抛物线与在第一象限的交点为，若，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知的内角、、的对边分别为、、，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则不是锐角三角形
B．若，则是锐角三角形
C．若，则
D．若，则
10．一个箱子里有6件产品，其中4件甲类品，2件乙类品.现从中依次不放回取出2件，记第一次取得乙类品为事件，第二次取得乙类品为事件，取出的2件产品中有乙类品为事件，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．设函数，则（ ）
A．当时，
B．若，则
C．曲线在处的切线与的图象有两个交点
D．若两个不等的正数，满足，则
三、填空题
12．已知双曲线的一条渐近线方程为，则______.
13．已知，则满足的的取值范围为______.
14．如图，将一张A4纸（长宽比为）折出3条与短边平行的折痕，现沿折痕将其围成一个四棱柱（边与边重合）．若任取该四棱柱的两条棱，它们平行的概率为，则当该四棱柱体积最大时，直线与所成角的余弦值为______．
四、解答题
15．已知数列中，，（为常数，），且，，是公比不为1的等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
16．如图，在斜三棱柱中，底面是等边三角形，，点在底面上的射影在线段上，且与底面所成的角为.
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值.
17．某研究机构随机调查了某校100名高中生最近一个月每周使用某AI学习工具的平均时间（单位：小时），得到如下频率分布表：
使用时间区间（小时）
频率 0.1 0.2 0.4 0.2 0.1
研究发现，使用时间不同的学生在接下来的数学测试中成绩提升显著（分数提高15分以上）的比例不同，使用时间区间在、、、、的学生中成绩显著提升的比例依次为10%、20%、50%、30%、10%.现用表格中的频率估计概率.
(1)从该校学生中随机抽取一人，设事件表示“学生使用时间区间在”，事件表示“学生成绩显著提升”，求；
(2)若该AI学习工具有三种不同的指导方式，其对应的提升学习效果值如下表：
指导方式 个性化深度指导 标准指导 常规指导
提升学习效果值 8分/人 5分/人 4分/人
现学校提供两种指导方案：
方案Ⅰ：随机选取3名学生，统一提供“标准指导”.
方案Ⅱ：随机选取3名学生，向使用时间区间在的学生提供“个性化深度指导”，向其他学生提供“常规指导”.
设每位学生的使用时间区间相互独立.以随机变量表示方案Ⅰ的总学习效果提升值，表示方案Ⅱ的总学习效果提升值.以期望学习效果提升值最大化为标准，学校应选择哪种指导方案？请说明理由.
18．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在上．
(1)求的方程；
(2)设直线：与交于、两点．
（ⅰ）若，求的值；
（ⅱ）若为平面上一点，且，求的最大值．
19．已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)设为的极小值点.
（ⅰ）当时，若正实数为的零点，证明：；
（ⅱ）若，求的取值范围.
参考答案
1．B
【详解】集合，共有4个元素，故选B.
2．A
【详解】由得：，.
3．D
【详解】因为，且，所以以，为邻边构成的平行四边形为菱形，
故其对角线相互垂直，所以向量与的夹角为.
4．D
【详解】法一：根据对称性，有，
即，解得.
法二：，其中，
由题意，为函数的最值，所以，
即，即，
两边平方得，解得.
法三：根据三角函数在对称轴处取极值，
由，
则，解得.
5．C
【详解】如图，将正三棱台补成正三棱锥，
作平面分别交平面、平面于、，
作平面交于，则、分别为、的中心.
因为，所以，，
所以，
设该正三棱台的高为，
因为，所以，
故，故选C.
6．B
【详解】，
又定义域为，则函数为偶函数，
由函数有奇数个零点，则，即，
所以，当且仅当，即，时等号成立，
即的最小值是.
7．C
【详解】设数列的公差为，则，
所以，，
因为，所以，
解得，所以，
又因为，，
所以，
所以，
当，即，则，
当时，，
当时，，
数列是单调递增数列，数列是单调递减数列，
所以的最大值为9.
8．D
【详解】作抛物线的准线，则过椭圆的左焦点，过作交于，
因为椭圆与抛物线有共同的焦点，所以，设，
因为，，
所以，，
又因为，所以，
在直角三角形中，，
所以，解得，所以.
9．ACD
【详解】选项A：由，可得，则 或 ，由于为三角形的内角，
故 或，
为直角三角形或钝角三角形，故A正确；
选项B：当时，，对于任意，，
恒成立，为钝角三角形，故B错误；
选项C：由 ，得，
由余弦定理得：，
，
，故C正确；
选项D：由正弦定理，则，即，
，
，故D正确．
10．BCD
【详解】选项A，，二者相等A错误；
选项B，左边：右边：，
，不等式成立B正确；
选项C，条件概率公式：，
发生则一定发生，故；同理，
，
又，所以二者条件概率相等C正确；
选项D，事件就是（至少一次抽到乙类），根据概率加法公式：
，
代入验证：，D正确.
11．AD
【详解】由题意得，，
对于A，当时，，所以在上单调递增，
又，所以，故A正确；
对于B，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
且，，
因为，所以，所以，
所以解集为，且，故B错误；
对于C，易得曲线在处的切线方程为，
联立与可得，即，得，
故切线与的图象只有一个交点，故C错误；
对于D，因为在上单调递增，且，
不妨设，则，
则，
又，且在上单调递增，
所以，所以，即，故D正确.
综上，选AD.
12．
【详解】由双曲线方程知其渐近线方程为：，
一条渐近线方程为，，即.
13．
【详解】解法1：画出和的函数图象，如图所示：
由图可知：的解集为.
解法2：因为，
所以，
当时，，所以，即或，舍去.
当时，，所以，即，恒成立.
所以的解集为.
解法3：由题：，
展开得到：，
所以，
当时，，则，解得：，
当时，，则，解得：.
所以的解集为.
14．
【详解】由棱柱的定义知棱柱的侧棱相互平行，上下底面的对应边分别平行，故只需考虑一个底面边的平行情况．
①若底面四边形的两组对边都不平行，则任取两条棱平行的概率为；
②若底面四边形恰有一组对边平行，则任取两条棱平行的概率为；
③若底面四边形有两组对边平行，则任取两条棱平行的概率为；
综上可知，该四棱柱底面为平行四边形．
因此，
当且仅当，，
即底面四边形为正方形时底面面积最大，此时四棱柱的体积最大．
连接，易得，或其补角为异面直线与所成角，
设，又该A4纸的长宽比为，则，
所以，，
在中，由余弦定理得，
故直线与所成角的余弦值为．
15．(1)
(2)
【详解】（1），
又，故，，
因为，，成等比数列，所以，解得或.
当时，，不符合题意，舍去；故.
当时，由于，，…，，
相加可得.
又，，故.
当时，上式也成立，
所以.
（2）由（1）可得，，
所以数列的前项和
.
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由题可知，四边形是菱形，
因为点在底面上的射影在线段上，
所以平面，
因为平面，平面，所以，，
因为与底面所成的角为，，
所以与底面所成的角也为，即，所以，
所以点为中点，
因为为等边三角形，所以，
又平面，平面，，所以平面.
（2）以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题可知，，，，，，
所以，
所以，，
设平面的法向量为，
则，不妨取，则，
设平面的法向量为，
则，不妨取，则，
设二面角的平面角为，
则，
故二面角的正弦值为.
17．(1)
(2)应选方案Ⅱ，理由见解析
【详解】（1）由题可知，，，
所以，
由全概率公式可得：，
所以.
（2）对于方案Ⅰ，总提升值为确定值，故.
设方案Ⅱ下抽取的3名学生中使用时间在区间的人数为，
由题可知，服从二项分布，即，
所以.
又因为，
所以，
因为，
所以根据期望学习效果提升值最大化的标准，学校应选方案Ⅱ.
18．(1)
(2)（ⅰ）（ⅱ）
【详解】（1）由椭圆的左、右焦点分别为，，则，
又椭圆过点，所以，
又，故，所以的方程为．
（2）（ⅰ）因为直线：与椭圆交于、两点，设、两点坐标分别为，，
联立，消去，整理得，
则，解得，
则，，
又，，
则，即，
又因为点在椭圆上，即，
联立方程组，解得，，，，
由于点在直线方程上，
解得，，，，
又因为，所以．
（ⅱ）设线段的中点坐标为，则，
所以，所以，
所以，
又，则点在以为直径的圆上，
而，当且仅当、、三点共线时等号成立，
，其中.
法1：（三角换元法）
设，，则，
所以，，
当时，，所以的最大值为．
法2：（导数法求最值）
令，则，，
所以，
因为在上单调递减，由，得
当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减，
所以，所以的最大值为．
19．(1)单调递减区间为，单调递增区间为
(2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ）
【详解】（1）当时，，，
则，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）依题意，，
且，
令，则，
（ⅰ）当时，
若，则，在上递减，从而，
即在上递增，
若，令，则.
当时，有，在上递减，
当时，有，在上递增，
故在处取极小值，且
又当时，，
事实上，，
故存在唯一，使得，
因此，当时，，即单调递增；
当时，，即单调递减；
当时，，即单调递增；
故在处取极小值.
由于在上单调递减，所以，
又因为当时，，
事实上，，
故存在唯一，使得，
因此，有，从而，
故.
（ⅱ）令，，
①当时，，即，
故在上单调递增
注意到，所以当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
故在处取极小值，符合题意
②当时，若，则，即，
在上递增，
从而，即在上单调递增；
若，令，得，
当时，，即，在上递增，
故，即在上递减，
因此，在处取极小值，符合题意.
③当时，由（1）知，，故在上单调递增，无极值点，不符合题意.
④当时，在上递增，不符合题意.
⑤当时，若，则有，即在上单调递减.
故有，即在上单调递减，不符合题意.
综上可知，的取值范围为.

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