2026年高考数学一轮复习核心题型讲义+培优专项练(新高考版)新高三数学开学摸底考试模拟卷(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学一轮复习核心题型讲义+培优专项练(新高考版)新高三数学开学摸底考试模拟卷(学生版+解析)，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上。
1．（2024•兴庆区校级模拟）已知集合，，则
A．，B．，C．，D．，
【分析】求解对数型函数的定义域化简集合，然后直接利用交集运算求解．
【解答】解，
，，
，
，，
故选：．
【点评】本题考查了交集及其运算，考查了对数函数的定义域，是基础题．
2．（2024•浙江模拟）已知复数满足，则的虚部是
A．B．C．1D．
【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【解答】解：由，得，
的虚部是．
故选：．
【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
3．（2024•罗湖区校级开学）已知平面向量，满足，且，，则向量与夹角的正弦值为
A．B．C．D．
【分析】根据向量的数量积的运算和同角的三角函数的关系计算即可．
【解答】解：，且，，
，
，
设向量与夹角为，
两向量的夹角的取值范围是，，，
，
，
故选：．
【点评】本题考查了向量的数量积的运算和同角的三角函数的关系，属于基础题．
4．（2024春•濮阳月考）在中，内角、、所对的边分别为、、，已知，，则
A．B．C．D．
【分析】利用正弦定理结合二倍角的正弦公式求出的值，求出的取值范围，即可得出角的值．
【解答】解：因为，，由正弦定理可得，
所以，，
因为，则，所以，，解得．
故选：．
【点评】本题主要考查了正弦定理及二倍角公式的应用，属于基础题．
5．三名篮球运动员甲、乙、丙进行传球训练，由丙开始传，经过5次传递后，球又被传回给丙，则不同的传球方式共有
A．4种B．10种C．12种D．22种
【分析】根据题意，做出树状图，分析查找可得答案．
【解答】解：根据题意，做出树状图，
注意第四次时球不能在甲的手中．
分析可得，
共有10种不同的传球方式；
故选：．
【点评】本题考查分类加法计数原理，解本题时，注意转化思想，利用树状图分析、解题．
6．（2024•莲湖区校级三模）已知，是椭圆的两个焦点，是椭圆上一点，则的最大值是
A．B．9C．16D．25
【分析】利用椭圆的定义可得，再利用基本不等式，即可求得的最大值．
【解答】解：由题意，，
，
，当且仅当时，等号成立，
，
的最大值是25．
故选：．
【点评】本题考查椭圆的定义，训练了利用基本不等式求最值，是基础题．
7．函数所有零点的和等于
A．6B．7.5C．9D．12
【分析】的零点即方程的解，即函数 与函数的图象交点的横坐标，注意函数所有零点共计6个，所有零点关于直线对称，数形结合求得函数所有零点的和．
【解答】解：函数的零点即方程的解，
即函数（红色部分）与函数的
图象交点的横坐标．
，故两函数的图象都是从原点出发，
且是一个交点，
由于函数的定义域为，，（3）（3），
且两个函数的图象都关于直线对称．
函数对应的曲线方程为，
表示一个半圆（用虚线画），如图中所示：
半圆在、处的切线斜率不存在，
而在、处的切线斜率分别为，（3），
可见，这两个函数的图象在区间，上有6个交点，且这些交点关于直线对称，
而两个关于直线对称的点的横坐标之和等于3，
故函数所有零点的和是9，
故选：．
【点评】本题主要考查函数的零点与方程根的关系，体现了等价转化和数形结合的数学思想，属于中档题．
8．（2024•安徽模拟）已知数列的前项和为，数列的前项和为，且，，，则使得恒成立的实数的最小值为
A．1B．C．D．2
【分析】由数列递推式可证明，为等比数列，可求得当时，，从而求出，得出实数的最小值．
【解答】解：由，，可知：
当时，，
当时，，
所以，
即，
所以，又，
则，为等比数列，，
即时，，
所以，得，
故实数的最小值为．
故选：．
【点评】本题考查由数列递推式求数列通项，进而对数列求和，属中档题．
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分。每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分。
9．（2024春•河北期末）下列命题中正确的是
A．已知随机变量服从二项分布，若，，则
B．若随机变量，且，则
C．一组数据1，3，5，7，9，11，13的第60百分位数为7
D．若样本数据，，，的平均数为3，则，，，的平均数为10
【分析】根据二项分布期望、方差公式判断，根据正态分布的对称性判断，根据百分位数的概念判断，根据平均数定义计算．
【解答】解：对，由题意，解得，故错误；
对，由正态分布的对称性知，，
则，故正确；
对，由知，第60百分位数为由小到大排列的第5个数9，故错误；
对，由题意知，
则，故正确．
故选：．
【点评】本题主要考查二项分布期望、方差公式的应用，考查正态分布的对称性等知识，属于易错题也是中档题．
10．（2024•罗湖区校级开学）形如的函数是我们在中学阶段最常见的一个函数模型，因其形状像极了老师给我们批阅作业所用的“”，所以也称为“对勾函数”．研究证明，对勾函数可以看作是焦点在坐标轴上的双曲线绕原点旋转得到，即对勾函数是双曲线．已知为坐标原点，下列关于函数的说法正确的是
A．渐近线方程为和
B．的对称轴方程为和
C．，是函数图象上两动点，为的中点，则直线，的斜率之积为定值
D．是函数图象上任意一点，过点作切线，交渐近线于，两点，则的面积为定值
【分析】对于：根据题意结合图象分析判断；对于：根据题意结合倍角公式以及垂直关系分析运算；对于：根据题意结合斜率公式运算求解；对于：根据导数的几何意义求切线方程，进而可求结果．
【解答】解：因为是双曲线，由图象可知：函数图象无限接近和，但不相交，
故渐近线为和，故正确；
因为是双曲线，由双曲线的性质可得，对称轴为渐近线的角分线，且互相垂直，
一条直线的倾斜角为，
由二倍角公式可得，
整理得，解得或（舍去），
故，
另一条直线的斜率为，故正确；
设，，，，所以，
故，故错误；
因为，
设，则处切线的斜率，
所以切线方程为，
令，可得，即，则；
令，可得，即，则；
故面积为（定值），故正确．
故选：．
【点评】本题主要考查双曲线的性质，考查转化能力，属于中档题．
11．如图，矩形中，为的中点，将沿直线翻折成△，连结，为的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是
A．存在某个位置，使得
B．翻折过程中，的长是定值
C．若，则
D．若，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积是
【分析】对于：取中点，连接交与，则，，由，得，若，且三线，，共面共点，不可能；对于（定值），（定值），（定值），由余弦定理可得是定值；对于：取中点，连接，，由题意得面，即可得，从而，由题意不成立；对于：当平面平面时，三棱锥的体积最大，由题意得中点就是三棱锥的外接球的球心，球半径为1，表面积是．
【解答】解：对于：如图1，取中点，连接交与，
则，，
如果，可得到，
又，且三线，，共面共点，不可能，故错误
对于：如图1，可得由（定值），
（定值），（定值），
由余弦定理可得，
是定值，故正确．
对于：如图2，取中点，连接，，
由题意得面，即可得，
从而，由题意不成立，可得错误．
对于：当平面平面时，三棱锥的体积最大，
由题意得中点就是三棱锥的外接球的球心，
球半径为1，表面积是，故正确
故选：．
【点评】本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查了空间想象能力和推理论证能力，考查了反证法的应用，属于中档题．
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分。
12．（2024春•鼓楼区校级月考）如图，八面体的每个面都是正三角形，并且四边形是边长为10的正方形，则这个八面体的体积是 ．
【分析】根据已知条件及勾股定理，结合棱锥的体积公式即可求解．
【解答】解：由题意可知，正四棱锥的高为，
所以八面体的体积是．
故答案为：．
【点评】本题主要考查几何体的体积，考查运算求解能力，属于基础题．
13．（2024•衡阳县校级开学）已知圆，直线，为上的动点，过点作圆的切线，切点为，则的最小值为 ．
【分析】把问题转化为圆心到直线的距离的最小值问题，利用点到直线的距离公式求出的长的最小值，利用勾股定理求出此时的最小值．
【解答】解：因为圆即；
圆心为，半径为；
又因为：，
当取最小值时，长取最小值，
又因为：到直线的距离等于：，
即的最小值为8，
长的最小值为．
故答案为：．
【点评】此题考查了直线与圆的位置关系，涉及的知识有：圆的切线性质，勾股定理，点到直线的距离公式，解题的关键是过圆心作已知直线的垂线，过垂足作圆的切线，得到此时的切线长最短，属中档题．
14．（2024春•潮阳区校级月考）已知直线与曲线相切，切点为，，与曲线也相切，切点是，，则的值为 1 ．
【分析】根据导数求出切线的斜率，得到切线方程，根据两切线相同列出等式即可得解．
【解答】解：设直线与曲线相切于，，
又，直线的斜率为，
可得处的切线方程为，即；
直线与曲线相切于，，由，
得切线方程为，
即．
直线与两条曲线都相切，两条切线相同，
则且，
则，即，
可得，解得．
故答案为：1．
【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是中档题．
四、解答题：本题共5小题（13+15+15+17+17 ）满分77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．如图，在四边形中，，．
（Ⅰ）求的正弦值；
（Ⅱ）若，且的面积是面积的4倍，求的长．
【分析】（Ⅰ）直接利用余弦定理的应用和正弦定理的应用求出结果．
（Ⅱ）进一步利用三角形的面积公式的应用和同角的三角函数的关系式的应用求出结果．
【解答】解：（Ⅰ）在中，设，
由余弦定理得，
整理得，
解得．
所以，．
由正弦定理得，
解得．
（Ⅱ）由已知得，
所以，
化简得．
所以，
于是．
因为，且为锐角，
所以．
因此．
【点评】本题考查的知识要点：正弦定理余弦定理和三角形面积的应用，同角三角函数的关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．
16．（2024春•长寿区期末）某校开展阳光体育“春季长跑活动”，为了解学生对“春季长跑活动”是否感兴趣与性别是否有关，某调查小组随机抽取该校100名高中学生进行问卷调查，所得数据制成下表；
（1）完成上面的列联表；
（2）依据小概率值的独立性检验，能否认为学生对“春季长跑活动”是否感兴趣与性别有关联？
参考公式：，其中．
附：
【分析】（1）根据题意补全列联表即可；
（2）计算的值，再与临界值比较即可．
【解答】解：（1）列联表如下：
（2）零假设：学生对“春季长跑活动”是否感兴趣与性别无关联，
则，
所以依据小概率值的独立性检验，我们推断成立，即没有的把握认为“春季长跑活动”是否感兴趣与“性别”有关．
【点评】本题主要考查了独立性检验的应用，属于基础题．
17．（2024•延边州模拟）已知函数．
（Ⅰ）若函数在上单调递增，求正实数的取值范围；
（Ⅱ）求证：当时，在上存在唯一极小值点，且．
【分析】（Ⅰ）由题意，对函数进行求导，将函数在上单调递增，分别讨论当时，恒成立以及时，恒成立，通过构造函数，利用导数得到函数的单调性和最值，进而即可求解；
（Ⅱ）将代入函数的解析式中，对函数进行求导，利用零点存在性定理再进行求证即可．
【解答】解：（Ⅰ）已知，函数定义域为，
可得，
因为函数在上单调递增
所以在上恒成立，
当时，恒成立，单调递增，
所以，
当时，恒成立，
不妨设，函数定义域为，，
可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
可得，
又，
所以
综上，的取值范围为；
（Ⅱ）证明：当时，，函数定义域为，
可得
当时，，，
所以
此时函数在上单调递增，
则函数在上无极值点；
当时，
不妨设，函数定义域为，
可得恒成立
所以函数在上单调递增，
因为，，
所以存在唯一，使得，
即，
当时，，，单调递减；
当时，，，单调递增，
所以函数在上存在唯一极小值点，
因为，
又，
所以，
可得
故．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力．
18．（2024•江苏开学）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面平面，，点是棱的中点，点在棱上．
（1）若，证明：平面；
（2）若二面角的正切值为5，求的长．
【分析】（1）取的中点，连接，，利用平行四边形证明，由判定定理得证；
（2）建立空间直角坐标系，设，根据向量法求出二面角的正切值，解出，即可得解．
【解答】解：（1）取的中点，连接，，如图，
点，分别是棱，的中点，
，且，
，又，，
，
且，
四边形是平行四边形，
，
平面，平面，
平面；
（2）在平面中，作于，
平面平面，平面平面，，平面，
平面，
过作的平行线交于点，则，
以为正交基底，建立空间直角坐标系，
在等腰梯形中，，，，
又，，
，
，
设，
，
设平面的法向量为，由，得，
令，则，，则，
取平面的法向量，
设二面角平面角为，
，，，
又，
解得或（舍，
，
所以当二面角的正切值为5时，的长为1．
【点评】本题考查空间中直线与平面的位置关系，考查向量法求二面角，是中档题．
19．（2024•回忆版）已知双曲线，点在上，为常数，，按照如下方式依次构造点，3，，过斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为，．
（1）若，求，；
（2）证明：数列是公比为的等比数列；
（3）设为△的面积，证明：对任意的正整数，．
【分析】（1）根据已知条件，先求出直线方程，再与曲线方程联立，即可求解；
（2）根据已知条件，推得，再结合，都在双曲线上，以及等比数列的定义，即可求证；
（3）要证：，只需先尝试，即先证，再结合换元法，以及直线的斜率公式，即可求解．
【解答】解：（1）在上，
，解得，
过且斜率为的直线方程为，即，
联立，解得或，
故，，
过斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，
所以，；
（2）证明：，关于轴的对称点是，，
，，，都在同一条斜率为的直线上，；
则，
，都在双曲线上，
，两式相减可得，，
而①，②，
则②①可得，，
则，
，
故数列是公比为的等比数列；
（3）证明：要证：，只需先尝试，
即先证，
记，
，
则，
，
而，
，
，
，
，
，
，
．
【点评】本题主要考查数列的应用，考查转化能力，属于难题．
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