2026年高考数学一轮复高考数学一轮复习检测卷(全国一卷03)(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学一轮复高考数学一轮复习检测卷(全国一卷03)(学生版+解析)，共18页。试卷主要包含了在中,的平分线交于,则，已知平面向量,,,若,则，若对任意均成立,则的最大值为，已知,则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．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．回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡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.回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.
第一部分（选择题共58分）
一、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,只有一项是符合题目要求的.
1．已知集合,,则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】由题意可得,故选B.
2．有一组样本数据1,2,2,2,3,5,去掉1和5后,相较于原数据不变的是（ ）
A．平均数B．极差C．方差D．中位数
【答案】D
【解析】样本数据1,2,2,2,3,5的平均数为,极差为4,中位数为2,去掉1和5后的数据的平均数为,极差为1,中位数为2,故平均数和极差都发生变化,中位数不改变,由于去掉1和5后,数据的波动性更小,故相比较于原数据,方差变小,故ABC错误,D正确.故选D.
3．已知双曲线的右焦点为,以为圆心且过坐标原点的圆与双曲线的一条渐近线交于两点,,则（ ）
A．8B．4C．D．
【答案】C
【解析】点,渐近线为,焦点距离两渐近线的距离均为.由于圆过原点,故其半径为.因此,故选C.
4．在中,的平分线交于,则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】根据正弦定理得,解得,而为三角形内角,所以,所以.根据正弦定理,解得.故选D.
5．已知平面向量,,,若,则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】由,,得,,因为,所以,则.因为,,,因为,,,所以,与不平行,由已知不一定为,与不一定垂直,故选B.
6．“角股猜想”是“四大数论世界难题”之一,至今无人给出严谨证明．“角股运算”指的是任取一个自然数,如果它是偶数,我们就把它除以2,如果它是奇数,我们就把它乘3再加上1．在这样一个变换下,我们就得到了一个新的自然数．如果反复使用这个变换,我们就会得到一串自然数,该猜想就是：反复进行角股运算后,最后结果为1．我们记一个正整数经过次角股运算后首次得到1（若经过有限次角股运算均无法得到1,则记）,以下说法有误的是（ ）
A．可看作一个定义域和值域均为的函数
B．在其定义域上不单调,有最小值,无最大值
C．对任意正整数,都有
D．是真命题,是假命题
【答案】A
【解析】依题意,的定义域是大于1的正整数集,A错误；由,得在其定义域上不单调,而,,则有最小值1,由经过有限次角股运算均无法得到1,记,得无最大值,B正确；对任意正整数,,而,因此,C正确；对任意正整数,每次除以2,最后得到1的次数为,因此,由,知是假命题,D正确.故选A.
7．四面体为正三棱锥,其侧棱,底面边,底面ABC的中心为,将一半径为的半球放于棱锥内部,半球的底面与棱锥底面重合,且半球底面圆心与点重合,将另一半径为的小球放置于该半球正上方且该球与三棱锥的三侧面都相切,当最小时,的值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】A
【解析】连接,连接并延长交于点,因另一小球在该半球正上方,且与正三棱锥的三个侧面均相切,故其球心在线段上,连接,则球必与相切,设切点为,连接.由题意,球的半径为,半球的半径为,而,则,易得与相似,故有,则,即,因,即,则,该二次函数的开口向上,对称轴为,故时,最小,此时满足题意.故选A.

8．若对任意均成立,则的最大值为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】C
【解析】构造,,可知在定义域内单调递增,且当趋近于0时,趋近于；当趋近于时,趋近于；则在定义域内存在唯一零点,即,可得,若对任意均成立,即,令可得,即,整理可得,即,可得；若,构造,则,令,解得；令,解得；可知在内单调递减,在内单调递增,则,可得,则,可得,符合题意；综上所述：,所以实数的最大值为1.故选C.
二、选择题：本题共3小题,每小题6分,共18分．在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求．全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分．
9．已知复数是其共轭复数,下列说法正确的是（ ）
A．若,则为实数
B．若,则
C．
D．
【答案】AD
【解析】由题意设,则.选项A, ,则,所以为实数,所以A正确；选项B, 当时,,此时,所以B错误；选项C,当,,此时,所以C错误；选项D,,即,所以D正确.故选A D.
10．已知,则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【解析】A：若,则,故A错；B：由,则,故B对；C：,由,,故,则,故C对；D：若,则,故D错.故选BC.
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.设曲线与轴交于,两点,与轴交于,两点,点是上一个动点,以下说法正确的是（ ）
A．曲线关于轴对称
B．曲线恰好经过4个整点（即横、纵坐标均为整数的点）
C．面积的最大值为
D．满足的点有且只有2个
【答案】ABD
【解析】曲线上的任意点,其关于轴的对称点为,代入曲线方程,,即点也在曲线上,所以曲线关于轴对称,故A正确；取可得,所以,,所以,由曲线可得,所以,即.由,所以.当,此时,代入曲线的方程成立,所以直线与曲线的交点坐标为,所以点的纵坐标的绝对值的最大值为,所以面积的最大值为, 故C错误；由选项C可知,,,取,可得,所以,,取,可得,所以直线与曲线交于点,直线与曲线交于点,
所以曲线经过点,,,,故B正确；坐标平面内到定点,的距离和为的点的轨迹为以,为焦点,长轴长为的椭圆,设椭圆方程为,由已知可得,又,,所以,所以椭圆方程为,联立,所以,所以,所以,所以,故椭圆与曲线的交点为,,故满足的点有且只有2个,故D正确.故选ABD.
第二部分（非选择题共92分）
三、填空题：本题共3小题,每小题5分,共15分.
12．某人骑共享单车上班,第一条路线较短但拥挤,路途用时（单位：）服从正态分布；第二条路线较长但不拥挤,路途用时（单位：）服从正态分布.若有一天他出发时离上班时间还有8,则 .（精确到0.0001）（参考数据：）
【答案】0.0165
【解析】由,得,
由,得,
所以.
13．已知且函数的图象恰有三条对称轴在上,则其在上共有 个极大值点．
【答案】2
【解析】先作出函数的图象,如图．

由图可知函数图象在轴右侧靠近的四条对称轴分别是：
由于,,则把函数的图象横坐标缩短为原来的倍,
即可得函数的图象,
为了满足函数的图象恰有三条对称轴在上,
则只需要将函数图象对称轴压缩倍到区间内,
且将函数图象对称轴压缩倍不能到区间内,
因此其在上共有2个极大值点．
14. 已知函数．给出下列四个结论：
①；
②存在,使得；
③对于任意的,都有；
④对于任意的,都有．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③④
【解析】因为,所以,,因为,,所以,故①错误；若,则,即,,即,令,因为,所以存在,使得,即,所以存在,使得,故②正确,因为,因为在上单调递减,所以也单调递减,所以,,因为在上单调递增,所以也单调递增,所以,即,即对于任意的,都有,故③正确；由②可知,存在,使得,结合③可知当,,,即,可知当,,,即,因为,,得,即,当,有,因为,所以,所以,所以,即,当,有,因为,所以,所以,即,所以对于任意的,都有,故④正确.故答案为②③④.
四、解答题：本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸.
15．（13分）
已知是公差为2的等差数列,是公比为2的等比数列,满足,．
(1)求数列,的通项公式；
(2)记,的前项和分别为,,若,求的值．
【解析】（1）依题意,,,又,则,（3分）
解得,因此,
所以数列,的通项公式分别为.（7分）
（2）由（1）得,,,（10分）
由,得,而,所以.（13分）
16．（15分）
如图,在三棱锥中,侧面是全等的直角三角形,是公共的斜边,且,另一个侧面是正三角形.

(1)证明：；
(2)在线段上是否存在一点,使与平面成角？若存在,确定的位置；若不存在,说明理由.
【解析】（1）证明：取中点,连接,如图所示：
是正三角形,,则,
,
平面,平面,
平面.（6分）
（2）由（1）知平面,
平面平面平面,
以为原点,方向为轴,方向为轴,
过作垂直于平面的线为轴建立如图所示空间直角坐标系,
则,
所以（8分）
不妨设,
,解得,
,
设,
则,（10分）
易知,平面的一个法向量为,（11分）
与平面成角,
解得,故当时,与平面成角. （15分）

17．（15分）
已知抛物线的准线与半椭圆相交于两点,且,点是半椭圆上一动点.
(1)求抛物线的方程；
(2)过点作抛物线的两条切线,切点分别为,记的中点为.
（i）证明轴；
（ii）求面积的取值范围.
【解析】（1）由题可知,抛物线的准线为,
则有得,所以.（3分）
（2）（i）设点,且满足.
由题意可知切线斜率不会为0,即设切线为,
代入得,
由可得.①（5分）
设切点,抛物线的上半部曲线函数关系式为,,
则,故,
将其代入①可得.②（7分）
设切线为,切点,
同理可得.③
由②③可知,是方程的两根,
所以,
中点的纵坐标,所以轴. （9分）
（ii）又,,
所以代入②③可知,是的两点,
即直线方程为.
则（12分）
又因为且,所以.
令,,
由二次函数性质可知,其在上单调递减,
故,所以.（15分）

18．（17分）
在蜜蜂群体中,侦察蜂发现食物源后,通过“蜜蜂舞”向同伴(观察蜂)指示食物源的距离(单位：百米)．设食物源距离为随机变量,其概率分布为：,,,．在每次“蜜蜂舞”中,侦察蜂选择摇摆的概率为,选择直线奔跑的概率为,通过3次“蜜蜂舞”叠加传递距离信息,且每次“蜜蜂舞”中侦察蜂选择直线奔跑或摇摆相互独立,即摇摆次数服从二项分布,其中、、．
(1)求食物源距离的方差；
(2)求随机变量的概率分布列及数学期望；
(3)观察蜂需要根据观察到的摆动次数 来判断食物源的距离 ,设判断函数为,,其中,若损失函数为,求的值使得最小．
参考数据：,参考公式：对任意两个随机变量、有．
【解析】（1）解：由题意知,食物源距离为随机变量,且,
可得期望,则方差.（4分）
（2）解：由题意知,
当时,,则；
当时,,则；
当时,,则,（7分）
随机变量的取值为,
则,
即；
；
；
,（10分）
故随机变量的分布列为
所以期望为.（12分）
（3）解：由（1）（2）知,,,,
,故,（14分）
则
由二次函数的性质可知,当时,最小.（17分）
19．（17分）
已知函数,．
(1)当时,求的单调区间；
(2)若存在唯一的极值且为极小值,求的取值范围；
(3)设,若存在使得对恒成立,求的最大值．
【解析】（1）当时,由,得,（1分）
又,则,,所以,即在单调递增,
故的单调增区间为,无单调减区间. （4分）
（2）由（1）可知,
根据题意得：.
（ⅰ）若,
①时,,,此时,故在无极值点．（5分）
②当时,令,得．
由,,,则,从而在单调递增．
又,,
由零点存在性定理可知,存在,使得．
从而当,,当,．
在单调递减,在单调递增,
所以是在上唯一的极值且为极小值,故符合题意．（7分）
（ⅱ）若,,
令,,,
则．
令,
则,故在单调递增,
所以,即,所以在单调递增．

因为,时,,所以的值域为．
故当时,有唯一解,
且当时,,单调递增；
当时,,单调递减；
此时在有唯一极大值点,不合题意,故舍去．
综上,．（10分）
（3）解法一：由（2）可知,有且仅有一个极小值点,
故．（11分）
因为,所以,
由题意知,,可得,
即,
化简得,,（13分）
设,．
又
．
因为,所以,
当时,,；
当时,,；
故在上单调递增,在上单调递减．
所以,此时,依题意,,
故的最大值是．（17分）
解法二：由得．
令,
则．
因为,
由（2）知,有且仅有一个极小值点,且．（12分）
①当时,．因为,所以．
又在上单调递减,在上单调递减．所以．
所以．（13分）
②当时,因为,所以．
又在上单调递减,所以．
此时．
③当时,因为,所以．
又在上单调递增．所以．
此时．（15分）
综上,当时,取得最大值,
依题意的最大值为．（17分）
0
1
2
3