2025--2026年高三上学期数学人教版A版开学基础提高强化练习试卷1（含解析）

2025--2026年高三上学期数学人教版A版开学基础提高强化练习试卷1
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知向量，，若，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知向量，，则=（ ）
A．8 B．10 C．12 D．16
3．已知集合，，则集合中元素的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．的值为（ ）
A． B． C． D．
5．已知，其中为虚数单位，则（ ）
A． B． C． D．
6．设直线的方程为，则直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．设集合，，则中元素的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
8．如图为地动仪的模型图，地动仪共有东、南、西、北、东南、西南、东北、西北八个方位，每个方位上均有一个含龙珠的龙头，且每个龙头下方均有一只蟾蜍与其对应，任何一方如有地震发生，该方向龙口所含龙珠即落入蟾蜍口中，由此便可测出地震的方向．在相距的，两地各放置一个地动仪，在的南偏西方向，若地地动仪正东方位的龙珠落下，地地动仪东南方位的龙珠落下，则震中的位置距离地（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．在的展开式中,下列说法正确的是( )
A．常数项是 B．第四项和第六项的系数相等
C．各项的二项式系数之和为 D．各项的系数之和为
10．已知函数（其中）的部分图象如图所示.将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象.则（ ）
A．
B．函数在区间上单调递增
C．若，则的最小值为
D．直线与的图象所有交点的横坐标之和为
11．如图，棱长为2的正方体中，E为棱的中点，F为正方形，内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（ ）
A．动点F轨迹的长度为
B．直线与不可能垂直
C．当三棱锥的体积最小时，直线与所成角的余弦值为
D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为
三、填空题（本大题共3小题）
12．计算： ．
13．已知复数，满足，，则的最大值为 .
14．已知，“、、成等差数列且、、成等比数列”是“是正三角形”的 条件．
四、解答题（本大题共5小题）
15．如图，在三棱台中，平面ABC，，．
（1）求三棱台的体积；
（2）证明：平面平面；
（3）求与平面所成角的正弦值．
16．已知双曲线的一条渐近线为，且右焦点F到这条渐近线的距离为．
（1）求双曲线的方程；
（2）O为坐标原点，过点F的直线l与双曲线的右支交于A、B两点，与渐近线交于C、D两点，A与C在x轴的上方，B与D在x轴的下方．设、分别为的面积和的面积，求的最大值．
17．著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601－1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当△ABC的三个内角均小于120°时，则使得的点P即为费马点．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为，且．若是的“费马点”，．
（1）求角；
（2）若，求的周长；
（3）在（2）的条件下，设，若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
18．已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设椭圆的右顶点为，若直线与椭圆交于两点，满足，证明：直线过定点．
19．已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点M在线段BC上，，，线段AM，BN交于点P.（注：，分别表示，的面积）
（1）求的值；
（2）若，
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）求的最大值.
参考答案
【知识点】平面向量共线的坐标表示、平面向量运算中的参数求解
1．【答案】C
【详解】由，，可得：
，解得.
故选C.
【知识点】平面向量的坐标运算、数量积的坐标表示
2．【答案】B
【详解】由题意可得，故．
故选B．
【知识点】交集及其运算
3．【答案】C
【详解】由得，
所以.
故选C
【知识点】二倍角的余弦
4．【答案】C
【详解】根据二倍角的余弦公式整理为特殊角的三角函数值求解.
【详解】故选
【知识点】共轭复数、复数的乘法与乘方运算、复数的除法运算
5．【答案】B
【详解】由题意知，，
所以，
所以．
故选B
【知识点】直线的倾斜角
6．【答案】C
【详解】当时，直线的方程为，此时直线的倾斜角；
当时，直线的斜率为，
因为，
所以，即，
又因为，
所以结合正切函数的图象可得：.
综上可得：直线的倾斜角的取值范围是.
故选C.
【知识点】交集及其运算、分式不等式、绝对值不等式
7．【答案】B
【详解】，，
故，元素个数为3.
故选B
【知识点】正弦定理及其公式的变形
8．【答案】B
【详解】如图：
由题意：中，，，.
由正弦定理可得：.
故选B
【知识点】二项展开式中各项的系数、二项展开式中各项的系数和、增减性与最大值、赋值法在二项式定理中的应用
9．【答案】AC
【详解】根据二项式定理,的通项公式为,
对于A,常数项为,故A正确;
对于B,第四项的系数为,第六项的系数为,故B错误;
对于C,因为,所以各项的二项式系数之和为,故C正确;
对于D,令,各项的系数之和为,故D错误.
故选:AC.
【知识点】三角函数的图象变换、函数y=Asin（ωx＋φ）的图象和性质
10．【答案】ABD
【详解】由图象可知，，解得，，故A正确；
又因为，所以，则，，
又因为，所以，
所以函数的表达式为，
则将函数的图象向右平移个单位长度得到函数
，
对于B，令，，可得，，
所以函数在区间上单调递增，故B正确；
对于C，因为，所以的最大、最小值分别为和，
最小正周期为，当时，则、分别为函数的最大、最小值，
所以，故C错误；
对于D，令，得，或，，
解得，或，，
又因为，所以或或或，
所以直线与的图象所有交点的横坐标之和为，故D正确.
故选ABD.
【知识点】异面直线所成角、球的切接问题、直线与平面平行的性质
11．【答案】ACD
【详解】对A，如图，令中点为,中点为,连接，
又正方体中，为棱的中点，可得,，
平面,平面,又，
且平面，平面平面,
又平面，且平面，平面，
又为正方形内一个动点（包括边界），
平面平面，而平面平面，
，即的轨迹为线段.
由棱长为2的正方体得线段的长度为，故选项A正确；
对B，由可知三角形为等腰三角形，
当为线段中点时，由可得,又中点为,中点为,
，而，,故选项B不正确；
对C，由侧棱底面，所以三棱锥体积为，
所以最小时，体积最小，∵，可得在处时最小，
由知此时与所成角为，等腰三角形中，，故选项C正确；
对D，同理可得当在处时，三棱锥的体积最大，
由已知得此时，所以在底面的射影为底面外心，，，，
由勾股定理易知底面为直角三角形，所以在底面的射影为中点，设为，
如图，设外接球半径为，由，，可得外接球半径，
外接球的表面积为，故选项D正确．
故选ACD
【知识点】排列数公式
12．【答案】48
【详解】由题意可得：.
【知识点】共轭复数、复数的模、复数相等
13．【答案】/
【详解】令复数，，，则，
所以，所以，，即.
又因为，即在复平面内，复数所对应的点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆.
又点到点的距离为，
所以的最大值为.
【知识点】充要条件、等差中项、等比中项
14．【答案】充要
【详解】在中，由、、成等差数列，得，而，则，
由、、成等比数列，得，由正弦定理得，
由余弦定理得，即，解得，因此是正三角形；
若是正三角形，则，，
因此、、成等差数列且、、成等比数列，
所以“、、成等差数列且、、成等比数列”是“是正三角形”的充要条件.
【知识点】平面与平面垂直的判定、棱柱、棱锥、棱台的体积、直线与平面所成的角
15．【答案】（1）
（2）见详解
（3）
【详解】（1）在三棱台中，平面，平面，则，
在直角梯形中，由，得，
而，则，，
所以
．
（2）由平面，平面，得，
又，，平面，则平面，
又平面，所以平面平面．
（3）连接，
由（2）知，平面，则与平面所成角即为，
在中，，，，
则，即与平面所成角的正弦值为．
【知识点】弦长面积问题、由双曲线的性质探求方程、直线与双曲线的位置关系、范围最值问题
16．【答案】（1）
（2）．
【详解】（1）设双曲线的焦距为2c，
点到渐近线的距离为，
因，代入解得，
又双曲线的一条渐近线为，
故双曲线的方程为：；
（2）
如图，设，，设直线的方程为，
联立直线与双曲线的方程，消去可得：，
，
直线与双曲线右支交于两点，故，解得，
则，
原点O到直线的距离，
设，，联立消去可得：，
则，，，，
则
而，，
令，则，
当，即时取到等号．
综上所述，的最大值为．
【知识点】三角形面积公式的应用、利用余弦定理解三角形、数量积的计算、正弦定理及其公式的变形
17．【答案】（1）；
（2）；
（3）．
【详解】（1）由已知，得，
由正弦定理，得，
即，
即，
由于，所以，所以.
（2）设，
则．
所以，由得：
，即，
由余弦定理得，，
即，即，
又，联立解得．
所以的周长为.
（3）设，
由（2）在中，由余弦定理得，
联立求解可得，
所以，
所以，，
即，令，
由对勾函数性质知在上单调递减，
所以．即的取值范围为．
【知识点】定点定值定直线问题、由椭圆的几何性质求方程、直线与椭圆的位置关系
18．【答案】（1）；
（2）见详解.
【详解】（1）设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为．
由已知，，即，
又，所以，
由，可得，所以，
因为的焦点在轴上，所以的标准方程是．
（2）证明：由（1）知，
设，
将两边平方，
化简得，
所以，
即，
即．
①当直线垂直于轴时，且，
故，解得或（舍去），
此时过点；
②当直线的斜率存在时，设，
联立方程，
得，
由，
得，且，
由，
得，
即．
将代入上式，
得，
即，
所以，
所以或，
当时，直线过点，不符合题意，
所以，
所以直线的方程为，
此时过点．
综上可知直线过定点．
【知识点】三角形面积公式的应用、二次函数的图象与性质、利用正弦定理解三角形、向量的共线定理
19．【答案】（1）
（2）（ⅰ）3；（ⅱ）
【详解】（1）解：由题意，设，
可得，
，
因为、P、N三点共线，可得，所以，解得，
所以为AM中点，则，即.
（2）解：（ⅰ）由题意知：，，
因为，所以，可得，
由正弦定理，可得，所以，
因为，可得，所以，
即，
等式两边同除，可得.
（ⅱ）解法一：由（ⅰ）知，，可得，
所以，
令，，则，
即有实数解；
①若，可得，，即，符合题意，此时；
②若，则满足，即，
解得且；
综合①②，的最大值为；
解法二：因为，可得，由正弦定理得：，
设，则，
由海伦公式可知，其中，
可得
，
令，可得，
①当时，此时；
②当时，该方程为开口向下的二次函数，在顶点处取最大值
所以时，y取值最大，即时，最大，
所以，所以，解得，
此时，
综上可得的最大值为.
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