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河北省盐山中学2026届高三下学期保温练习数学试题
一、单选题
1．已知复数，则（ ）
A． B． C．3 D．5
2．设，则“”是“函数的图象关于直线对称”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．已知双曲线的一条渐近线与直线平行，则（ ）
A． B． C．2 D．4
4．已知函数的部分图象如图，则的解析式可能为：（ ）
A． B．
C． D．
5．已知函数，若，则的最小值为（ ）
A．1 B．2 C． D．
6．如图，在中，点为线段的中点，，，则（ ）
A． B． C． D．2
7．已知函数，，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
8．某深度学习框架提供了一种自然指数衰减的学习率调整模型（，，，），其中为初始学习率，为衰减率，为衰减步长，为训练步数，为第步时的学习率.现有两种学习率衰减策略和，初始学习率相同，策略的参数为，，策略的参数为，.已知当训练步数为时，策略的学习率首次大于策略的学习率的2倍，当训练步数为时，策略的学习率首次大于策略的学习率的8倍，则（ ）（参考数据：）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知（），则下列结论正确的是（ ）
A．ab的最小值为2 B．的最小值为
C．的最大值为1 D．的最小值为
10．已知函数则下列选项正确的是（ ）
A．是偶函数 B．在上单调递减
C．的极值点为 D．在上有且仅有4个零点
11．已知，为自然对数的底数，若，则（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
12．若二项式展开式中的常数项为160，则______．
13．已知，的取值范围为______．
14．无穷数列前项和为，且满足：，，，，则下面说法中，所有正确结论的序号是______．
①；
②数列有最大值，无最小值；
③，使得；
④，均有.
四、解答题
15．在中，.
(1)求；
(2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得满足条件的有两个，求这两个三角形的面积.
条件①：；
条件②：；
条件③：.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
16．如图，在四棱锥中，底面是梯形，，点是的中点，平面与交于点.
(1)求证：；
(2)若平面，，，，求直线与平面所成角的正弦值.
17．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，求满足的的取值范围；
(3)当时，判断曲线上是否存在两个不同的点关于点对称，并说明理由．
18．已知椭圆的长轴长与短轴长之和为6，焦距为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设为原点，点分别为椭圆上位于第一象限，第二象限内的点，且．当点满足时，求证：点在椭圆上．
19．若数列：，，…，（）满足如下两个性质，则称为数列：
①，，…，是1，2，…，的一个排列；
②，，…，是1，2，…，的一个排列.
(1)判断数列：1，4，3，2和数列：5，1，4，2，3是否为数列？说明理由；
(2)若数列：，，…，满足，，求证：数列：，，…，不是数列；
(3)若数列：，，…，（）为数列，求的最小值.
参考答案
1．B
【详解】因为；
故．
2．A
【详解】∵ 函数的对称轴满足，即.
充分性：若，则，满足对称轴条件，充分性成立.
必要性：取，是函数对称轴，但，必要性不成立.
故为充分不必要条件，A正确.
3．C
【详解】已知双曲线方程为，其渐近线方程为.
直线可化为.
因为一条渐近线与该直线平行，所以它们的斜率相等，
即，两边同乘得，
解得（舍去，因），所以.
4．A
【详解】由图可知，关于原点中心对称，且不是上的单调函数；
对于B，是偶函数，不符合，排除B；
对于C， 的定义域不含，不符合，排除C；
对于D，由复合函数的单调性知是单调递增函数，排除D；
所以A正确.
5．B
【详解】函数的定义域为，
可得函数在上单调递增，
又，
由，得，
因为函数在上单调递增，所以，所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
故选：B.
6．A
【详解】∵ 为中点，∴ .
又，
∴ .
可得，，∴ .
7．C
【详解】当时，，，所以，，故A错误；
时，令，则，
令，则，所以在上递增，
又，，所以，有，
即，当时，，递减；当时，，递增；
又，则，即，，故C正确；B错误；
时，令，则，易知在上递增，则，则在上递增，所以，即恒成立，故D错误.
8．A
【详解】根据题意，策略的学习率，策略的学习率；
当时，由题可知：，即，也即，
两边取对数可得：，故，又，故，
又，且为策略的学习率首次大于策略的学习率的倍，故；
当时，由题可知：，即，也即，
两边取对数可得：，故，
又，故，
又，且为策略的学习率首次大于策略的学习率的倍，故；
故，也即.
故选：A.
9．BD
【详解】对于A，，即，，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为8，故A错误；
对于B，由得，，
当时，结合，即时等号成立，故B正确；
对于C，由，得，
由，且，得，所以，故C错误；
对于D，由，两边平方后得，即，由A知，
所以，所以的最小值为，故D正确.
故选：BD
10．ABD
【详解】由,解得：，
所以的定义域为，定义域关于原点对称，
由于 ，所以是偶函数，故A正确；
对于B，当时，，则，
当时，，所以在上单调递减,故B正确；
对于C，当时，令，解得：，
当时，令，解得：，
综上，的极值点为或,故C错误；
对于D，当时，，则不是的零点，
当时，由B可知，在上单调递减，则在上单调递增，
由于， ，当时，，
由于，，故在上有唯一零点，
由于，当时，，所以在上有唯一零点，
所以在上有两个零点，根据偶函数的对称性可得在也有两个零点，
综上在上有且仅有4个零点,故D正确.
11．BCD
【详解】由，得 ， ，即 .令，
则，由，得，由得，
则函数在上单调递减，在 上单调递增，
因为，由，得，
当时，，得；当时，，有，
因此，即，选项B正确；
当时，，选项A错误；
因为，，所以 ，得 ，选项C正确；
若，则 ，又，得，即，
令，则，由，得，由，得，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，与矛盾，所以，选项D正确.
12．2
【详解】由题二项式展开式的通项公式为：，
所以当时的项为常数项，解得.
故答案为：2.
13．
【详解】由题意得，化简得，
当时，，而函数在上递减，
则，
则，所以．
故答案为：.
14．①②④
【详解】由可得，即.
对①：令，则，所以，令，得，
又，可解得，故正确；
对②：依题意有，，因为，所以，
所以，，由得，
所以，
因为随着的增大而增大，所以，所以，
即，所以随着的增大而减小，故为正项单调递减的无穷数列，且，
故数列有最大值，无最小值，即正确；
对③：因为，当且仅当时取等号，
因此，即，当且仅当时取等号，故错误；
对④：，即，即正确．
15．(1)；
(2)满足条件①的三角形有且只有1个；满足条件②或③的三角形有两个，这两个三角形的面积分别为和.
【详解】（1）在中，由及正弦定理，得，
即，而，则，
又，所以.
（2）选择条件①，，而，，则唯一确定，不符合题意.
选择条件②，，由正弦定理得，
，则，，，
当时，，
因此的面积；
当时，，
因此的面积，
所以这两个三角形的面积分别为 和.
选择条件③，，由余弦定理，得，
即，解得或，
当时，的面积；
当时，的面积，
所以这两个三角形的面积分别为和.
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1），平面，平面，则有平面，
平面，平面平面，所以.
（2），，则为等边三角形，
连接，则，又，有，
中，由余弦定理，得，
有，得，所以，
又平面，以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设平面的一个法向量，
有，设，则，即，
设直线与平面所成角为，
则.
17．(1)
(2)
(3)曲线上不存在两个不同的点关于点对称，理由见解析
【详解】（1）当时，，所以，
所以，又，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
（2）若，由，可得，
令，，所以有两个正根，
记两正根为，且，
当，，所以在上单调递增，
当，，所以在上单调递减，
当，，所以在上单调递增，
所以函数至多三个零点，又，
，，
所以函数有三个零点，所以且，
所以满足的的取值范围为；
（3）曲线上不存在两个不同的点关于点对称，理由如下：
设曲线上是否存在两个不同的点关于点对称，
即关于点对称，所以，
所以有解，
所以在上有解，
所以，即，
令，因为，所以，
即在上有解.
令，求导得，
因为，所以，所以，所以在上单调递增，
所以，所以在上无解，
故曲线上不存在两个不同的点关于点对称.
18．(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）由题意得： ，解得，，所以椭圆的方程为.
（2）设点，由向量关系，得的坐标为： ，，
要证点在椭圆上，只需证，展开计算：
因为点在椭圆上，故 ，
同理，代入得： ，
接下来证明：
由题 ，代入点的椭圆方程 得： ，
又点满足，故。 由点在第一象限得，点在第二象限得，
故，将 代入得： .
因此 满足椭圆方程，故点在椭圆上，得证 .
19．(1)数列不是数列，是数列．
(2)证明见解析；
(3).
【详解】（1）因为，而3，1，1不是1，2，3的一个排列，所以数列不是数列．
因为5，1，4，2，3是1，2，3，4，5的一个排列，
又，4，3，2，1是1，2，3，4的一个排列，
所以数列是数列．
（2）假设数列为数列，
则．
因为与的奇偶性相同，
所以
与的奇偶性相同．
所以与的奇偶性相同．
又是偶数，是奇数，矛盾．
所以数列不是数列．
（3）因为数列为数列，
所以，
且
.
所以．
所以
因为，
所以，即．
令，
则，
所以，
即数列为数列．
所以的最小值为．

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