2026年高考数学一轮复习举一反三专练(通用版)高考数学一轮复习检测卷03(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学一轮复习举一反三专练(通用版)高考数学一轮复习检测卷03(学生版+解析)，共10页。试卷主要包含了本试卷分第I卷和第Ⅱ卷两部分，6827,PX−μ≤2σ≈0，791>7，879等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1．（5分）（2025·河北唐山·模拟预测）数据：1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的30%分位数是（ ）
A．2.5B．3C．3.5D．4
【答案】C
【解题思路】根据百分位数的定义求30%分位数.
【解答过程】由10×30%=3，结合已知数据从小到大，30%分位数是第3、4位两个数字的平均数，
所求分位数为3+42=3.5.
故选：C.
2．（5分）（2025·湖南郴州·一模）复数z=4+2ii的虚部为（ ）
A．−4iB．−4C．2D．2i
【答案】B
【解题思路】根据复数的除法运算求解z，进而求解其虚部即可.
【解答过程】由z=4+2ii=4+2i−ii⋅−i=2−4i，由此可得：z的虚部为−4.
故选：B.
3．（5分）（2025·广西·模拟预测）已知集合A=x∈Zx−40.05B．PX>20>0.15
C．P11≤X≤20>0.8D．PX−17≤96=1−P17−2×30⇒t>0，设gt=t−lnt并应用导数研究不等式判断；B对函数求导，构造ℎx=exx2+x−x−a，应用导数研究其零点判断；C由函数单调递增，有ℎx=x2ex+xex−1−a≥0恒成立，结合其单调性判断；D令t=xex且x>0，问题化为lntt=1a有两个解t1,t2，利用导数求左侧的单调性和值域求参数范围判断.
【解答过程】由于a=1，则fx=xex−x+lnx=xex−lnxex，
设t=xex,x>0⇒t>0，设gt=t−lnt，则g′t=1−1t，
所以t∈0,1时，g′t0，此时gt单调递增，
所以gtmin=g1=1，即gt≥1，故A正确；
由于f′x=exx+1−1−ax=exx2+x−x−ax，设ℎx=exx2+x−x−a，
则ℎ′x=exx2+3x+1−1=exx2+3x+ex−1,x>0，
所以ℎ′x>0，ℎx在0,+∞上单调递增，即ℎx=0不可能有2个解，
所以fx不可能有2个极值点，故B错误；
若fx是增函数，则f′x≥0，即ℎx=x2ex+xex−1−a≥0恒成立，
由上知ℎx是增函数，又x>0，只需a≤0，故C正确；
fx=a−1x有两个零点，即xex−alnxex=0有两个不同的解x1,x2，
令t=xex且x>0，则t′=(x+1)ex>0，故t=xex在0,+∞上为增函数且t>0，
故原方程有两个解转化为t−alnt=0有两个解t1,t2，易知a≠0，即lntt=1a有两个解t1,t2，
设ℎ(t)=lntt，则ℎ′(t)=1−lntt2，当t∈0,e时ℎ′(t)>0，t∈e,+∞时ℎ′(t)0在x=1处的切线与函数gx=ex的图象相切，则a= ．
【答案】12e32
【解题思路】利用导数的几何意义计算即可.
【解答过程】易知f′x=2ax，则f1=a,f′1=2a，该切线方程为y−a=2ax−1，
不妨设其与gx=ex相切于点x0,ex0，
因为g′x=ex，则g′x0=ex0，所以ex0=2aex0−a=2ax0−1，解得x0=32,a=e322.
故答案为：e322.
14．（5分）（2025·安徽合肥·模拟预测）如图，这是某零件的结构模型，中间大球为正四面体的内切球，小球与大球、正四面体的三个面均相切.若AB＝12，则该模型中一个小球的体积为 .

【答案】6π
【解题思路】根据题干信息画出示意图，根据正四面体的特征分别计算出大小球半径即可求出小球的体积.
【解答过程】如图所示，设O为大球的球心，大球的半径为R，大正四面体的底面中心为E，棱长为AB=12，高为ℎ，CD的中点为F，
连接OA,OB,OC,OD,OE,BF，
则BE=23BF=33×12=43，ℎ=AE=AB2−BE2=63×12=46，
∵V正四面体=4VO−ABC，
∴13S△ABC·ℎ=4×13S△ABC·R，
∴R=14ℎ=6，
设小球的半径为r，小球也可看作一个小的正四面体的内切球，
且小正四面体的高ℎ小=ℎ−2R=26，
∴r=14ℎ小=14×26=62，
∴小球的体积为：43πr3=43π×(62)3=6π，
故答案为：6π.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．（13分）（2025·福建泉州·模拟预测）为比较A、B两种AI教学系统在提升教师备课效率方面的差异，研究人员在某地区随机招募了200名教师，并随机分配其中100名使用系统A，其余100名使用系统B．经过一个月的试用后，以“备课时间减少15%以上”作为备课效率显著提升的标准，经整理得到如下列联表：
(1)记事件“该地区教师使用系统A后，备课效率显著提升”的概率为P，求P的估计值；
(2)根据小概率值α=0.005的独立性检验，分析这两种AI教学系统在显著提升教师备课效率方面是否存在差异．
附：χ2=nad−bc2a+bc+da+cb+d，
【答案】(1)34
(2)存在差异
【解题思路】（1）解法一：以频率估计概率，结合表中数据即可求P的估计值；解法二：利用条件概率，结合表中数据即可求P的估计值；
（2）先进行零假设，再计算卡方值，根据独立性检验的思想判断即可.
【解答过程】（1）解法一：由表格可知“该地区教师使用系统A后，备课效率显著提升”的人数有75人，
故P≈75100=34，故P的估计值为34．
解法二：设事件“该地区教师使用系统A”为M，事件“备课效率显著提升”为N．
由频率估计概率得PM=100200=0.5，PMN=75200=0.375，
由条件概率公式得PNM=PMNPM=，故P的估计值为34．
（2）零假设为H0：这两种AI教学系统在显著提升教师备课效率方面没有差异．
根据表中数据可得，χ2=200×75×45−55×252130×70×100×100≈8.791>7.879=x0.005．
根据小概率值α=0.005的独立性检验，我们推断H0不成立，
即认为这两种AI教学系统在显著提升教师备课效率方面存在差异，此推断犯错误的概率不超过0.005．
16．（15分）（2025·河北邯郸·一模）已知等比数列an的前n项和为Sn，若Sn+1, Sn, Sn+2成等差数列.
(1)求等比数列an的公比q；
(2)若a1=1, bn=lg2an，求数列anbn的前n项和Tn.
【答案】(1)q=−2
(2)Tn=−2−3n−2−2n9
【解题思路】（1）由an+1=Sn+1−Sn和an+1+an+2=Sn+2−Sn并结合题意即可求解；
（2）由（1）可求得an=−2n−1，从而可得anbn=n−1−2n−1，再利用错位相减法即可求解.
【解答过程】（1）由题意若Sn+1, Sn, Sn+2成等差数列，
则得2Sn=Sn+1+Sn+2，即2Sn=Sn+an+1+Sn+an+1+an+2，
则得an+2=−2an+1，所以an+2an+1=−2=q，
故q=−2.
（2）由（1）可知q=−2，又a1=1，所以an=−2n−1，
则an=2n−1,bn=lg2an=n−1，
所以anbn=n−1−2n−1，
Tn=0+1×−2+2×−22+⋯+n−2−2n−2+n−1−2n−1 ①，
−2Tn=0+1×−22+2×−23+⋯+n−2−2n−1+n−1−2n ②，
由①−②可得3Tn=0+−2+−22+⋯+−2n−1−n−1−2n
=−21−−2n−11−−2−n−1−2n=−2−−2n3−n−1−2n，
解得Tn=−2−3n−2−2n9.
所以数列anbn的前n项和Tn=−2−3n−2−2n9.
17．（15分）（2025·贵州·模拟预测）如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF为正方形，AD//BC，BC⊥CD，AD=2BC=2CD，G为线段CE上一点．
(1)证明：平面BDG⊥平面ABEF．
(2)若EG=2GC，求二面角E−BD−G的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)22.
【解题思路】（1）取AD的中点H，连接BH，先证明四边形BCDH为正方形，由此证明BD⊥AB，再结合面面垂直性质定理证明结论；
（2）先证明BH，BC，BE两两垂直，建立空间直角坐标系，求平面BDG和平面BDE的法向量，结合向量夹角公式求结论.
【解答过程】（1）如图，设BC=3，取AD的中点H，连接BH．
因为AD=2BC，所以BC=DH．
又AD//BC，BC⊥CD，BC=CD，所以四边形BCDH为正方形，
所以AB=BD=32，AD=6．因为AB2+BD2=AD2，
所以BD⊥AB．又平面ABEF⊥平面ABCD，
平面ABEF∩平面ABCD=AB，BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥平面ABEF．因为BD⊂平面BDG，
所以平面BDG⊥平面ABEF．
（2）因为平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD=AB，BE⊥AB，BE⊂平面ABEF，
所以BE⊥平面ABCD，BH,BC⊂平面ABCD，
所以BE⊥BH，BE⊥BC，由（1）BH⊥BC，
所以BH，BC，BE两两垂直，以B为原点，BH，BC，BE的方向分别为x,y,z 轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系．设BC=3，
则A3,−3,0，B0,0,0，D3,3,0，G0,2,2，
所以BD=3,3,0，BG=0,2,2．
设平面BDG的法向量为n=x,y,z，
则n⋅BD=3x+3y=0，n⋅BG=2y+2z=0，取x=1，得n=1,−1,2．
因为BD⊥AB，BE⊥AB，BE∩BD=B，BE,BD⊂平面BED，
所以AB⊥平面BDE，所以平面BDE的一个法向量为BA=3,−3,0，
设二面角E−BD−G的平面角为θ，且θ为锐角，
则csθ=BA⋅nBAn=3+332×2=22，
即二面角E−BD−G 的余弦值为22．
18．（17分）（2025·湖南·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0)，且椭圆C过点P2,62．
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)若直线l与椭圆C交于A，B两点，直线x=1交线段AB于点Q，且S△FAQ:S△FBQ=|FA|:|FB|，证明：直线l过定点．
(3)在（2）的条件下，求S△ABF的最大值．
【答案】(1)x24+y23=1
(2)证明见解析
(3)334
【解题思路】（1）根据焦点坐标，结合代入法、a,b,c三者之间的关系进行求解即可；
（2）根据三角形面积公式，结合一元二次方程根与系数关系、直线的斜率公式进行求解即可；
（3）根据三角形面积公式，结合二次函数的性质进行求解即可.
【解答过程】（1）由题可知，c=1，所以c2=1=a2−b2，又点P2,62在C上，
所以2a2+32a2−1=1，解得a2=4．
所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1；
（2）因为S△FAQS△FBQ=12|FA||FQ|sin∠AFQ12|FB||FQ|sin∠BFQ=|FA||FB|，
所以sin∠AFQ=sin∠BFQ，所以kAF+kBF=0，
显然直线l的斜率存在且不为0．设直线l的方程为y=kx+m，
Ax1,y1,Bx2,y2且x1≠3,y1≠3．
由x24+y23=1,y=kx+m,得3+4k2x2+8kmx+4m2−12=0，
所以x1+x2=−8km3+4k2,x1x2=4m2−123+4k2，①
所以kAF+kBF=y1x1−1+y2x2−1=kx1+mx1−1+kx2+mx2−1=0，
整理得2kx1x2+(m−k)x1+x2−2m=0，
将①式代入得2k4m2−123+4k2+(m−k)−8km3+4k2−2m=0，化简得m=−4k，
所以直线l的方程为y=kx−4k=k(x−4)，直线l过定点(4,0)
（3）由（2）得(3+4k2)x2−32k2x+416k2−3=0，
由Δ=169−36k2>0，解得0≤k20恒成立的a的范围即可.
【解答过程】（1）函数f(x)=sinx+x2+3，求导得f′(x)=csx+2x，则f′(0)=1，又f(0)=3，
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x+3.
（2）由（1）知f′(x)=csx+2x，令φ(x)=csx+2x，求导得φ′(x)=−sinx+2>0，
函数φ(x)在(−π2,π2)上单调递增，而φ(−π2)=−π0，
则∃x0∈(−π2,0)，使得φ(x0)=csx0+2x0=0，即x0=−12csx0，
当x∈(−π2,x0)时，f′(x)0，
即函数f(x)在(−π2,x0)上单调递减，在(x0,π2)上单调递增，
因此f(x)≥f(x0)=sinx0+x02+3=−14sin2x0+sinx0+134>−14×−12−1+134=2，
函数g(x)=−x+ln(csx)−π4，求导得g′(x)=−1−sinxcsx=−1−tanx，
当x∈(−π2,−π4)时，g′(x)>0；当x∈(−π4,π2)时，g′(x)0在(π2,π)上恒成立，且ℎ(π2)=0，
求导得ℎ′(x)=csx+2a(x−π2)，令u(x)=csx+2a(x−π2),x∈(π2,π)，
求导得u′(x)=−sinx+2a，函数u′(x)在(π2,π)上单调递增，u′(x)>u′(π2)=−1+2a，
当−1+2a≥0，即a≥12时，u′(x)>0，函数ℎ′(x)在(π2,π)上单调递增，
则ℎ′(x)>ℎ′(π2)=0，函数ℎ(x)在(π2,π)上单调递增，ℎ(x)>ℎ(π2)=0，符合题意；
当a