精品解析：河北省秦皇岛市河北昌黎第一中学2026届高三第一次调研考试数学试题

2026届河北昌黎第一中学高三年级第一次调研考试 数 学 本试卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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.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. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数满足（为虚数单位），则复数在复平面上不可能位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知等比数列，则（ ） A. 3 B. ±3 C. D. 4. 某地区组织了一次高三模拟考试，对该地区3000名考生的考试成绩进行统计分析发现，数学成绩近似服从正态分布，已知数学成绩高于105分的人数与低于65分的人数相同，据此可以估计本次考试的数学成绩高于100分的人数大约为（ ） （参考数据：若，有，，） A. 580 B. 480 C. 380 D. 280 5. 已知直线与：交于两点，若在上的投影向量的模为，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的值域为，则的值为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 7. 已知，则（ ） A. 1 B. 2 C. 或2 D. 1或2 8. 已知，是单位向量，且，若向量满足，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 1 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 当最小时， B. 的图象关于直线对称 C. 不等式的解集为 D. 若在上有三个零点，则 10. 在棱长为1的正方体中，O为上底面的中心，则（ ） A. 平面 B. C. 直线与的距离为 D. 直线与平面所成角的正弦值为 11. 在平面直角坐标系中，设，定义的范数为.若，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设，则______. 13. 设数列的前n项和为，若，则______. 14. 已知不等式对恒成立，则实数的取值范围是_______________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在平面四边形中，，，，. （1）求的长. （2）若为锐角三角形，求面积的取值范围. 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为3的菱形，平面，，，点为线段上的三等分点. （1）证明：平面平面. （2）求二面角的余弦值. 17. 已知函数（，且）. （1）当时，证明：. （2）若不等式恒成立，求a的值. 18. 已知椭圆的离心率为，右焦点为F，点在C上，过点F且斜率为k的直线l与C交于A，B两点. （1）求椭圆C的方程. （2）若直线l的斜率为，求的面积. （3）设点Q满足，求点Q的轨迹方程. 19. n阶拉丁方阵是一种的方阵，在这种的方阵里，恰有1到n这n个不同的正整数，每一个不同的正整数在同一行或同一列中只出现一次.例如，如图是一个3阶拉丁方阵. 1 2 3 2 3 1 3 1 2 （1）分别计算2阶和3阶拉丁方阵的个数. （2）求4阶拉丁方阵的个数，并证明：n阶拉丁方阵的个数是的倍数. （3）设A为的方阵，且1到n这n个不同的正整数恰好在A中各出现n次，记全体方阵A构成的集合为S，从S中任取一个方阵，记此方阵为n阶拉丁方阵的概率为.证明：. 参考公式：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届河北昌黎第一中学高三年级第一次调研考试 数 学 本试卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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.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. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数满足（为虚数单位），则复数在复平面上不可能位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】设，由已知得在复平面的轨迹是以为圆心，为半径的圆，由图即可判断. 【详解】设，由得， 可得在复平面上对应的点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，（如图）. 由图知圆显然不经过第三象限，故复数在复平面上不可能位于第三象限. 故选：C. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用指数函数与对数函数的性质解不等式，求出集合A和集合B，再取并集即可求解. 【详解】由解得，故集合， 由解得，故集合， 所以. 故选：A. 3. 已知等比数列，则（ ） A. 3 B. ±3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等比数列性质计算得解. 【详解】在等比数列中，，由，得， 而，因此，又，且同号，则， 所以. 故选：C 4. 某地区组织了一次高三模拟考试，对该地区3000名考生的考试成绩进行统计分析发现，数学成绩近似服从正态分布，已知数学成绩高于105分的人数与低于65分的人数相同，据此可以估计本次考试的数学成绩高于100分的人数大约为（ ） （参考数据：若，有，，） A. 580 B. 480 C. 380 D. 280 【答案】B 【解析】 【分析】利用正态分布的对称性得，进而有，根据已知及对称性求概率，即可估计人数. 【详解】由题设，结合正态分布的对称性知，而， 所以， 所以本次考试的数学成绩高于100分的人数大约为，故大约人. 故选：B 5. 已知直线与：交于两点，若在上的投影向量的模为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，将问题转化成圆心到直线的距离为，利用点到线的距离公式，即可求解. 【详解】因为的标准方程为，圆心为，半径为， 又易知直线过定点， 如图，过作于，因为在上的投影向量的模为， 则，所以，则，解得， 故选：D. 6. 已知函数的值域为，则的值为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数求得时，函数的值域为，再分和，求出在上的最小值.根据函数的值域为，即可求得的值. 【详解】当时，是单调减函数. ∴的值域为； 当时， 若，则，是单调增函数， 的值域为，不符合题意， 当时，令，得，令，得， 函数在上单调递减，在上单调递增， , 由题意知，即，解得， 所以. 故选：A. 7. 已知，则（ ） A. 1 B. 2 C. 或2 D. 1或2 【答案】D 【解析】 【分析】根据诱导公式和二倍角公式将已知化简得，然后同除得，求解即可. 【详解】因为，所以， 所以， 即， 所以，即，解得1或2. 故选：D 8. 已知，是单位向量，且，若向量满足，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】先求，的向量夹角，再利用向量建立平面直角坐标系，然后用坐标法来进行向量积的运算，最后可求得最大值. 【详解】因为，是单位向量，且，所以， 又因为，所以， 如图建立平面直角坐标系，可设，，， 则， 所以， 因为，所以， 可得， 化简得，配方得， 则动点的轨迹是表示以为圆心，为半径的圆， 因为圆心到原点的距为， 所以的最大值为圆心到原点的距离加上圆的半径，即为. 故选：B. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 当最小时， B. 的图象关于直线对称 C. 不等式的解集为 D. 若在上有三个零点，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于选项，根据图象求出周期，再根据周期公式求出，再根据图像中的点将代入解析式，即可求得求得的表达式，同时可求出的解析式；选项，令，可求得的对称轴；选项，求，结合正弦函数的性质可得；选项，求出零点的表达式，将大于0的零点依次写出即可. 【详解】对于选项，由图象可知： ，即，根据周期的公式可得， 因为，所以可得，将代入解析式，可得：， 即，得到，所以当最小时，，所以选项错误； 对于选项，，所以的对称轴方程为， 即，当时，，所以的图象关于直线对称，所以选项正确； 对于选项,由可得，即， 解不等式可得：，所以不等式的解集为，所以选项正确； 对于选项，令，所以，解得， 的零点可以依次为：，，，，若在上有三个零点， 所以在上的三个零点为：，，， 所以，所以选项正确. 故选： 10. 在棱长为1的正方体中，O为上底面的中心，则（ ） A. 平面 B. C. 直线与的距离为 D. 直线与平面所成角的正弦值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，根据向量法判断线面平行、线线垂直判断A，B，运用异面直线向量距离公式求解判断C，根据向量法求解线面角判断D. 【详解】如图，建立空间直角坐标系， 则， 所以，， 设平面的法向量为， 则，令，可得， 所以，即， 又因为平面，所以平面，故A正确； ，平面的法向量， 设直线BC与平面所成角为， 则， 所以直线BC与平面所成角的正弦值为，故D正确； ，， 则， 所以不成立，故B错误； 因为，设，， 则，令，则， 又因为，所以直线与的距离为，故C正确. 故选：ACD 11. 在平面直角坐标系中，设，定义的范数为.若，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】当时,代入计算判断A选项；根据不等式关系判断B；构造函数通过函数导数判断函数单调性，进而推得结果判断C；构造函数的结论导数判断函数单调性即可判断D； 【详解】对于A，当时，， 此时，所以不成立，A错误； 对于B，， 根据， ，即，B正确； 对于C，当时，； 当时，； 当时，； 当时， 令，对函数取对数， 令，则函数求导可得 ， 通过分析导数可知，， 导数的分子小于0，分母大于0，所以，即单调递减， 根据复合函数单调性，可得，是单调递减， 因为，所以， 综上所述，C正确； 对于D，要比较与 比较与 显然 若 令 令，，，（当） 所以是下凸函数， 所以， 在递增，因为， 所以， ，即 综上所述，D正确 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设，则______. 【答案】 【解析】 【分析】由并写出展开式通项公式，结合已知求对应项的系数即可. 【详解】由，则展开式通项为且， 当，则，故. 故答案为： 13. 设数列的前n项和为，若，则______. 【答案】##0.5 【解析】 【分析】先由积化和差公式化简得到，再代入，化简可得结果. 【详解】由积化和差公式可得， 则 . 故答案为：. 14. 已知不等式对恒成立，则实数的取值范围是_______________. 【答案】 【解析】 【分析】问题转化为对任意，恒成立，令，只需．对求导，分析单调性，求出即可得出答案． 【详解】解：问题转化为对任意，恒成立， 令， ， 令， ， 令，得， 所以在上，，单调递增， 在，上，，单调递减， 所以， 当时，； 又， 所以当上，，，单调递增， 当上，，，单调递减， 所以， 所以， 故答案为：． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在平面四边形中，，，，. （1）求的长. （2）若为锐角三角形，求面积的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）在中求出，然后利用正弦定理可求出的长； （2）先求出，然后由为锐角三角形，求出角的范围，再利用正弦定理表示出，从而可表示出面积，化简后结合角的范围可求得结果. 【小问1详解】 在中，，，则 ， 由正弦定理得，， 所以， 因为 ， 所以； 【小问2详解】 因为，，所以， 所以， 因为为锐角三角形，所以， 即，解得， 在中，由正弦定理得， 则 ， 所以 ， 因为，所以， 所以，所以， 所以， 即. 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为3的菱形，平面，，，点为线段上的三等分点. （1）证明：平面平面. （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1） 因为四棱锥中，底面是边长为3的菱形，所以， 因为平面，平面，所以， 由，平面，得平面， 又平面， 所以平面平面； （2） 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理可得答案； （2）连接，取的中点，以为原点，所在的直线分别为，建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，取的中点，连接，因为，所以， 以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设为平面的一个法向量，则 ，令，则， ， 设为平面的一个法向量，则 ，令，则， ， 所以， 所以二面角的余弦值为. 17. 已知函数（，且）. （1）当时，证明：. （2）若不等式恒成立，求a的值. 【答案】（1） 证明：因为，所以， 令， 则， 令，解得， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以， 所以，即， 所以； （2）. 【解析】 【分析】（1）令，利用导数求得，即可得证； （2），由洛比达法则可得在处的值为，又因为，由，解得；再利用转化思想及导数证明当时，恒有成立即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：令， 则， 又因为， 所以在处的值为， 又因为，所以， 由，解得； 当时，令， 下面证明恒成立， 当时， 令， 则， 由（1）可知，当时等号成立， 所以，即，当时等号成立， 又因为，所以， 所以在上单调递增， 所以， 所以， 所以； 当时，令， 则，即为， 令， 则， 令， 则 因为，所以，单调递增， 所以，所以， 所以在上单调递增， 所以，即， 综上，当时，恒有成立. 故. 18. 已知椭圆的离心率为，右焦点为F，点在C上，过点F且斜率为k的直线l与C交于A，B两点. （1）求椭圆C的方程. （2）若直线l的斜率为，求的面积. （3）设点Q满足，求点Q的轨迹方程. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意得，结合可求出，从而可求出椭圆方程； （2）设，求出直线的方程，代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系结合弦长公式求出，再利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离，从而可求出的面积； （3）设，，由，得，将代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，结合前面的式子得，两式相比化简可求得，代入其中的一个化简可求得点Q的轨迹方程. 【小问1详解】 由题意得，由得，得， 所以，得，则， 故椭圆C的方程为； 【小问2详解】 由（1）可知，则， 因为直线l的斜率为，所以直线l的方程为， 设， 由，得， 所以， 所以， 因为点到直线的距离为， 所以的面积为； 【小问3详解】 设，， 则， 因为， 所以， 所以（*）， 直线l的方程为， 由，得， ， 则， 所以 ， 代入（*），可得：， 当时，，得（且）， 所以， 化简整理得 当时，得，，即，满足上面的方程， 所以点Q的轨迹方程为 19. n阶拉丁方阵是一种的方阵，在这种的方阵里，恰有1到n这n个不同的正整数，每一个不同的正整数在同一行或同一列中只出现一次.例如，如图是一个3阶拉丁方阵. 1 2 3 2 3 1 3 1 2 （1）分别计算2阶和3阶拉丁方阵的个数. （2）求4阶拉丁方阵的个数，并证明：n阶拉丁方阵的个数是的倍数. （3）设A为的方阵，且1到n这n个不同的正整数恰好在A中各出现n次，记全体方阵A构成的集合为S，从S中任取一个方阵，记此方阵为n阶拉丁方阵的概率为.证明：. 参考公式：. 【答案】（1）2阶和3阶拉丁方阵的个数分别是 （2）阶拉丁方阵的个数为．证明如下． 称第一行、第一列均为的阶拉丁方阵为约化阶拉丁方阵． 固定第一行和第一列后，第二行可能为，，，，，． 逐一检验列中数字不重复的条件，，，均不能完成． 当第二行为时，第三、四行分别为，，或分别为，，共有种． 当第二行为时，第三、四行分别只能为，，共有种． 当第二行为时，第三、四行分别只能为，，共有种． 所以约化阶拉丁方阵共有个． 对任意阶拉丁方阵，先按第一行元素重新命名符号，使第一行变为，再将第行到第行重新排序，使第一列变为，即可唯一得到一个约化阶拉丁方阵． 反过来，每个约化阶拉丁方阵通过种符号重新命名和种非首行行排序，可以得到个不同的阶拉丁方阵． 故阶拉丁方阵的个数为． 一般地，称第一行、第一列均为的阶拉丁方阵为约化阶拉丁方阵，设约化阶拉丁方阵的个数为． 对任意阶拉丁方阵，先按第一行元素重新命名符号，使第一行变为，再将第行到第行重新排序，使第一列变为，即可唯一得到一个约化阶拉丁方阵． 反过来，每个约化阶拉丁方阵对应个阶拉丁方阵． 因此阶拉丁方阵的个数为，故阶拉丁方阵的个数是的倍数． （3）因为A为的方阵，且1到n这n个不同的正整数恰好在A中各出现n次， 所以集合S中的元素的个数为： ， 于是， 由参考公式，可得： ，， 所以， 即， 因为是不等于1的正整数，所以有， 于是有， 因为是不等于1的正整数， 所以，即， 因此. 【解析】 【分析】（1）根据拉丁方阵的定义，先固定第一行，再确定其余行的填法． （2）先枚举约化阶拉丁方阵，再利用任意拉丁方阵与约化拉丁方阵之间的对应关系求总数并证明倍数性． （3）先求集合的元素个数并写出，再用参考事实给出阶拉丁方阵个数下界，最后结合参考公式证明不等式． 【小问1详解】 计算2阶阶拉丁方阵：第一行，一共有种排法， 例如第一排是，那么第二排一定是，因此2阶阶拉丁方阵有种； 计算3阶阶拉丁方阵：第一行，一共有种排法， 例如第一排是，那么第二排有，两种排法， 若是，则第三排只有一种排法， 因此3阶阶拉丁方阵有种； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $