精品解析：河北省定州中学2025-2026学年高三上学期开学考试数学试题

2026届高三年级上学期开学考试 数学 注意事项： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交． 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】 【分析】根据题意，由集合的含义，结合集合交集的概念与运算，即可求解. 【详解】由集合，即集合为偶数集， 又由，可得. 故选：B. 2. 在复平面内，复数z对应的点为，则的虚部是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的几何意义得，再由复数的乘法、除法运算即可求解. 【详解】因为在复平面内，复数z对应的点为， 所以， 所以的虚部是． 故选： D． 3. 顶点在原点，关于轴对称，并且经过点的抛物线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，设抛物线的方程为，进而待定系数求解即可. 【详解】解：由题，设抛物线的方程为， 因为在抛物线上， 所以，解得，即所求抛物线方程为 故选：C 4. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则（　　） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】结合已知利用正余弦定理化简求解即可. 【详解】因为，由正余弦定理得， 即，化简得 故选：A 5. 小李是一名健身运动爱好者，如图所示的统计图记录了他过去一个月（30天）每天花在健身运动上的时间（单位：分钟），记这组数据的众数为M，中位数为N，平均数为P，则（　　） A. N<M<P B. P<N<M C. M<P<N D. M<N<P 【答案】D 【解析】 【分析】由图表数据计算出众数、中位数、平均数即可. 【详解】由统计图可得，众数M=50；处在中间位置的两个数据为50，60，所以中位数平均数P=所以M<N<P． 故选：D． 6. 已知偶函数的定义域为，且当时，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据偶函数的性质，结合条件求，再代入求值. 【详解】由偶函数的性质可知，，得， 即时，，. 故选：C 7. 已知为等差数列的前项和，若，则（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列的性质，即可求解. 【详解】利用等差数列的性质，由得：， 即，又由， 故选：C. 8. 已知两平行平面α与β之间的距离为3，过平面α与β之间的一点O作两条直线与m，其中，m与α所成角为．以为轴将m旋转一周，并用α，β截取得到两个同顶点O的圆锥，设这两个圆锥的体积分别为、，则的最小值为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】两个圆锥的轴截面如下图所示，设，由题意表示出，，再由圆锥的体积公式求出，令，对求导，求出的最小值即的最小值. 【详解】 两个圆锥的轴截面如图所示，分别为两圆锥的底面圆的圆心，设半径分别为，， 则，直线DE，BC分别为两圆锥的轴截面与α，β的交线． 因为与之间的距离为3，所以设 因为，m与α所成角为，即因,则 则△ODE，△OBC都是等边三角形，所以 所以同理 所以 ， 令 则 所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以所以的最小值为 故选：B． 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. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据基本不等式及不等式的性质依次判断各项的正误. 【详解】用替代中的，得到，当且仅当时取等号，故A正确； 取，则，故B错误； ，当且仅当时取等号，故C正确； 因为，所以， 即，当且仅当时取等号，故D正确. 故选：ACD 10. 若双曲线C的两条渐近线的方程为，则（ ） A. C的离心率为 B. C的焦点在x轴上 C. 若C上的点到两渐近线距离之和的最小值为4，则C的实轴长为 D. 若双曲线绕原点沿逆时针方向旋转后恰好得到C，则C的方程为 【答案】AC 【解析】 【分析】运用等轴双曲线的性质，包括渐近线方程、离心率、焦点位置、点到直线的距离以及双曲线方程的求解等知识点.通过利用等轴双曲线的定义和相关公式，对每个选项进行逐一分析判断. 【详解】双曲线渐近线方程为，等轴双曲线渐近线就是，其离心率，等轴双曲线，所以，A正确. 等轴双曲线，焦点在轴，说明存在焦点不在轴的情况，B错误. 设双曲线方程，点到渐近线距离，到距离，. 由均值不等式，已知，解得. 实轴长，C正确. 双曲线与交点，，顶点到原点距离，旋转后实轴在轴，方程应为，D错误. 故选：AC. 11. 已知定义在R上的函数满足：，，且，则（ ） A. B. 可能是偶函数 C. 的图象不可能关于点对称 D. 若，，则在上单调递增 【答案】ABD 【解析】 【分析】令建立方程可解，通过构造函数得到发现可以为幂函数，通过举例说明可判断BC选项，，，则，再利用定义法证明函数在的单调性即可得到在上单调性. 【详解】令，或（舍去），故A正确；，即， 设，则，所以当时成立， 故可以为，此时时偶函数，故B正确； 由上知也可以为，此时关于对称，故C错误； ，，即，， ，，时，， ，设，则，则，所以， 所以在上单调递增，即在上单调递增，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若向量，，且，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量垂直数量积为，求出，再利用向量夹角坐标公式求出余弦值即可. 【详解】因为，所以，则， ， 所以 13. 已知点是圆上的两个动点，为原点，点共线，点为的中点，则点的轨迹长度为___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用圆的性质得，进而可求得点的轨迹方程，联立圆的方程，求得两圆交点，再求出圆心角，即可求解. 【详解】圆的标准方程为， 则，又是的中点，则，不妨设， 又，则，即， 所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，且在圆内的部分，如图所示（劣弧）， 由，消得，解得，代入，解得， 所以，连接，易知， 又，则，所以，由圆的对称性知， 则，所以点的轨迹长度为， 故答案为：. 14. 已知函数恰有两个极值点，则实数a的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意得有两个不同的实根，分，，利用参变分离得，根据函数单调性分析求解即可. 【详解】因为，所以， 时，，无极值点，不符合题意； 时，恰有两个极值点，则方程有两个不同实根， 设，则， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则， 又时，，当时，，时，， 所以，解得， 当时，有两个变号零点（在零点的左右附近导函数值变号），符合题意． 故a的取值范围为． 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. 已知函数． （1）求; （2）设函数，求的值域和单调区间． 【答案】（1） （2）值域为，单调递减区间为，单调递增区间为. 【解析】 【分析】（1）直接由题意得，结合余弦函数的单调性即可得解； （2）由三角恒等变换得，由此可得值域，进一步由整体代入法可得函数的单调区间. 【小问1详解】 由题意，所以； 【小问2详解】 由（1）可知， 所以 ， 所以函数的值域为， 令，解得， 令，解得， 所以函数的单调递减区间为， 函数的单调递增区间为. 16. 如图，在四面体ABCD中，与都是等边三角形， （1）求证：； （2）若E为AD的中点，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 证明：取AC的中点O，连接， 因为与都是等边三角形，O为AC的中点，所以，， 又，平面，所以平面， 又平面，故． （2） 【解析】 【分析】（1）取AC的中点O，连接，利用等边三角形的性质可得，，进而利用线面垂直的判定定理得平面，然后利用线面垂直的性质定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，然后利用向量法求得平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为与都是等边三角形，为的中点，所以， 又，所以，即． 又，所以两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由，得， 所以， 设平面的法向量为，则，即， 令，得，即平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则，即， 令，得，即平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为． 17. 已知椭圆E的左、右焦点分别为且椭圆E的离心率为 （1）求椭圆E的方程； （2）已知直线过点，且与椭圆E交于点A，B，求证：是定值. 【答案】（1） （2） 设点， 当直线的斜率不存在时，，所以 当直线的斜率存在时，设直线的方程为． 由消去，得． 所以． ，同理， 所以． 综上所述，（定值）. 【解析】 【分析】（1）由可得c，再由离心率可得a，从而求得椭圆方程； （2）设出A、B两点的坐标，斜率不存在时，算出此时的值，斜率存在时，设直线并与椭圆联立，利用A、B坐标表示出所求，代入韦达化简即可得定值. 【小问1详解】 由，得，即， 又椭圆的离心率为，所以，即，所以， 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 略 18. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线与直线平行，求的单调区间； （2）当时，，求的取值范围. 【答案】（1）递增区间为，无减区间. （2） 【解析】 【分析】（1）由求得，再求的单调区间； （2）先确定，再分讨论是否满足题意得的取值范围. 【小问1详解】 ， 由题意得，即解得， 故此时 ∴， 令， 则 当时，，当时,， 故在单调递减，在单调递增， 所以，即在恒成立， ∴在单调递增，递增区间为，无减区间. 【小问2详解】 依题意有，则， 由（1）知当时的最小值为0， 故恒成立， ①当时，， 则 因此成立. ②当时,, 令,则. 当时,则即在上单调递减, 所以,所以在上单调递减， 故当时，，不符题意. 综上：的取值范围是. 19. 2024年10月16日，为纪念我国第一颗原子弹爆炸60周年，某中学高三年级举行“两弹一星”知识挑战赛，全年级共1000名学生，其中高三（1）班有名学生.挑战赛分为初赛和决赛，都是以班级为单位，初赛每名学生都参加，每名学生只有1次答题机会，全班答对人数超过进入决赛；决赛按照班级学号从小到大依次答题，若答对，则下一个人答题，直到有人答错或班级所有人答完，此班结束比赛. （1）学校根据初赛中学生答题情况绘制了如下列联表，完成表中数据，并根据小概率值0.001的独立性检验，能否认为学生答对题目与选科类型有关联？ 选科类型 答对 答错 总计 物理类学生 350 历史类学生 50 300 总计 1000 （2）已知高三（1）班在初赛中每个学生答对的概率均为，各人是否答对相互独立，若初赛中高三（1）班恰有人答对的概率记为，求证：当取得最大值时，； （3）若高三（1）班进入决赛，且决赛中每个学生答错的概率均为，各人是否答对相互独立，记决赛中高三（1）班答题的人数为，求证：. 附：，其中. 0.01 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 【答案】（1） 列联表如下： 选科类型 答对 答错 总计 物理类学生 350 350 700 历史类学生 250 50 300 总计 600 400 1000 有关联 （2） 证明：高三（1）班恰有人答对的概率为， 则 因为，令，得，令，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当取得最大值时，. （3） 证明：由题意可得的可能取值有， 则，且， 所以①， ②， ①-②，得， 所以 ， 因为，所以. 所以. 【解析】 【分析】（1）完善列联表，计算，根据独立性检验的原理即可求解； （2）根据独立重复实验高三（1）班恰有人答对的概率为，利用导数即可求证； （3）由题意，且，则有，利用错位相减法即可求，进而得证. 【小问1详解】 列联表如下： 选科类型 答对 答错 总计 物理类学生 350 350 700 历史类学生 250 50 300 总计 600 400 1000 零假设为：学生是否答对题目与选科类型无关联， 由表中的数据，得. 依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 所以能够认为学生是否答对题目与选科类型有关联. 【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 $ 2026届高三年级上学期开学考试 数学 注意事项： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交． 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. 2. 在复平面内，复数z对应的点为，则的虚部是（　　） A. B. C. D. 3. 顶点在原点，关于轴对称，并且经过点的抛物线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则（　　） A. B. C. 1 D. 2 5. 小李是一名健身运动爱好者，如图所示的统计图记录了他过去一个月（30天）每天花在健身运动上的时间（单位：分钟），记这组数据的众数为M，中位数为N，平均数为P，则（　　） A. N<M<P B. P<N<M C. M<P<N D. M<N<P 6. 已知偶函数的定义域为，且当时，，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知为等差数列的前项和，若，则（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 8. 已知两平行平面α与β之间的距离为3，过平面α与β之间的一点O作两条直线与m，其中，m与α所成角为．以为轴将m旋转一周，并用α，β截取得到两个同顶点O的圆锥，设这两个圆锥的体积分别为、，则的最小值为（　　） A. B. C. D. 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. 若，则（ ） A. B. C. D. 10. 若双曲线C的两条渐近线的方程为，则（ ） A. C的离心率为 B. C的焦点在x轴上 C. 若C上的点到两渐近线距离之和的最小值为4，则C的实轴长为 D. 若双曲线绕原点沿逆时针方向旋转后恰好得到C，则C的方程为 11. 已知定义在R上的函数满足：，，且，则（ ） A. B. 可能是偶函数 C. 的图象不可能关于点对称 D. 若，，则在上单调递增 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若向量，，且，则___________． 13. 已知点是圆上的两个动点，为原点，点共线，点为的中点，则点的轨迹长度为___________． 14. 已知函数恰有两个极值点，则实数a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. 已知函数． （1）求; （2）设函数，求的值域和单调区间． 16. 如图，在四面体ABCD中，与都是等边三角形， （1）求证：； （2）若E为AD的中点，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知椭圆E的左、右焦点分别为且椭圆E的离心率为 （1）求椭圆E的方程； （2）已知直线过点，且与椭圆E交于点A，B，求证：是定值. 18. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线与直线平行，求的单调区间； （2）当时，，求的取值范围. 19. 2024年10月16日，为纪念我国第一颗原子弹爆炸60周年，某中学高三年级举行“两弹一星”知识挑战赛，全年级共1000名学生，其中高三（1）班有名学生.挑战赛分为初赛和决赛，都是以班级为单位，初赛每名学生都参加，每名学生只有1次答题机会，全班答对人数超过进入决赛；决赛按照班级学号从小到大依次答题，若答对，则下一个人答题，直到有人答错或班级所有人答完，此班结束比赛. （1）学校根据初赛中学生答题情况绘制了如下列联表，完成表中数据，并根据小概率值0.001的独立性检验，能否认为学生答对题目与选科类型有关联？ 选科类型 答对 答错 总计 物理类学生 350 历史类学生 50 300 总计 1000 （2）已知高三（1）班在初赛中每个学生答对的概率均为，各人是否答对相互独立，若初赛中高三（1）班恰有人答对的概率记为，求证：当取得最大值时，； （3）若高三（1）班进入决赛，且决赛中每个学生答错的概率均为，各人是否答对相互独立，记决赛中高三（1）班答题的人数为，求证：. 附：，其中. 0.01 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $