精品解析：河北省张家口市NT20名校联合体2025-2026学年高三上学期入学摸底考试数学试题

NT20名校联合体高三年级入学摸底考试 数学 考试说明： 1.本试卷共150分.考试时间120分钟. 2.请将各题答案填在答题卡上. 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. 若，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 样本数据的分位数是（ ） A. 22 B. 24 C. 25 D. 26 4. 已知空间向量与共线，则（ ） A. -1 B. C. D. 1 5. 已知圆锥的侧面积是底面积的2倍，该圆锥的表面积为，则圆锥的母线长为（ ）. A. 2 B. C. D. 3 6. 若，则（ ） A. B. C. D. 7. 若，则的值为（ ） A. 12 B. 5 C. 12或5 D. 3或5 8. 2025年2月13日，《哪吒之魔童闹海》在上映的第16天，票房成功突破百亿，成为中国影史首部票房破百亿（全球票房）的影片后，哪吒的故事愈发深入人心.在影片中的一场经典战斗里，哪吒身处一片无垠的海面与敖丙对抗.此时，每次挥动混天绫，哪吒有的概率朝着敖丙方向前进一步.有的概率向后退一步，且向前向后相互独立.当哪吒挥动混天绫5次时，他位于比初始位置更靠近敖丙1步处的概率为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列命题正确的有（ ） A. 一条直线和一个点确定一个平面 B. 直线与平面垂直，在平面内存在无数条直线与直线相交 C. 直线与平面相交，平面内存在无数条直线和直线异面 D. 平面与平面垂直，若直线与平面垂直，则直线与平面平行 10. 函数的图象与直线恰有2个交点，则的可能取值有（ ） A. B. C. 1 D. 11. 已知是椭圆与双曲线的公共焦点，点是两曲线的一个交点，，分别为，的离心率，则（ ） A. B. C. 是直角三角形 D. 是个定值 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数（为常数），若为的一个极值点，则__________. 13. 设为等差数列的前项和，，则__________. 14. 有5个相同的球，分别标有数字，从中有放回地随机取4次，每次取1个球.记为这5个球中至少被取出1次的球的个数，则的数学期望__________. 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. 已知中，. （1）求； （2）设，点是线段上靠近点的三等分点，求的长度. 16. 已知函数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）当恒成立时，求实数的取值范围. 17. 如图，四棱锥中，平面，底面四边形为正方形，，点分别为棱的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值. 18. 比利时数学家G.F.Dandelin在1822年提出了一个模型，用以证明一个平面截圆锥，得到的截面是椭圆.在圆锥内放入两个大小不同的内切球，使得它们分别与圆锥的侧面和平面相切，平面与圆锥侧面的交线为椭圆，两个球与平面的切点为此椭圆的两个焦点，这两个球也称为Dandelin双球，下图是该模型的轴截面图.在平面与圆锥侧面的交线上取任意一点A，过点的母线分别与球相切于两点，已知图中球，球的半径分别为2和6，球心之间的距离为.经计算得两点之间的距离为4，以直线为轴，在平面内，以线段的中垂线为轴，建立平面直角坐标系. （1）说明平面与圆锥侧面的交线为椭圆，并求椭圆的标准方程； （2）已知点，过右焦点的直线与椭圆交于两点，与直线交于点，是否存在实数，使得. 19. 甲､乙两人参加射击比赛，规则如下：每轮由1人射击两次，若全中则此轮的射击者赢得比赛，比赛结束，否则进行下一轮射击，由另外的人射击两次，如此类推.经过抽签，第1轮甲射击，已知甲､乙每次射击命中的概率分别为，，各次射击互不影响. （1）若，记为比赛结束时的轮数，证明：； （2）若，记事件“比赛在第轮时未结束”，“甲赢得比赛”， （i）写出与的关系式并求； （ii）求. （参考：对于任意，当趋于无穷大时，） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ NT20名校联合体高三年级入学摸底考试 数学 考试说明： 1.本试卷共150分.考试时间120分钟. 2.请将各题答案填在答题卡上. 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. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】按照复数的计算法则计算 【详解】由等式两边同乘以得. 去括号化简得 故选：D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解绝对值不等式求集合，再由集合的交运算求结果. 【详解】因为或，又，则. 故选：B 3. 样本数据的分位数是（ ） A. 22 B. 24 C. 25 D. 26 【答案】D 【解析】 【分析】先将数据从小到大排序，计算分位数的位置，再确定分位数. 【详解】将数据按由小到大重新排序：，共8个样本数据，计算， 因为5.6不是整数，所以取大于5.6的最小正整数6，就是重新排序后的分位数的位置， 即第分位数是重新排序后的第6个数26. 故选：D. 4. 已知空间向量与共线，则（ ） A. -1 B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量共线的条件即可得出答案. 【详解】因为空间向量与共线， 所以，解得，所以. 故选：C 5. 已知圆锥的侧面积是底面积的2倍，该圆锥的表面积为，则圆锥的母线长为（ ）. A. 2 B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】由圆锥的侧面积公式和表面积公式求解. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，则，可得， 圆锥的表面积为，，可得. 故选：A. 6. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由二倍角正弦公式及同角三角函数关系，将目标式化为，即求值. 【详解】由 . 故选：C 7. 若，则的值为（ ） A. 12 B. 5 C. 12或5 D. 3或5 【答案】B 【解析】 【分析】根据组合数的性质列出方程求解即可. 【详解】由组合数的性质可得，解得， 又， 所以或， 解得（舍去）或. 故选：B 8. 2025年2月13日，《哪吒之魔童闹海》在上映的第16天，票房成功突破百亿，成为中国影史首部票房破百亿（全球票房）的影片后，哪吒的故事愈发深入人心.在影片中的一场经典战斗里，哪吒身处一片无垠的海面与敖丙对抗.此时，每次挥动混天绫，哪吒有的概率朝着敖丙方向前进一步.有的概率向后退一步，且向前向后相互独立.当哪吒挥动混天绫5次时，他位于比初始位置更靠近敖丙1步处的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设哪吒向前走的步数为，依题意，，利用二项分布概率公式计算即得. 【详解】设哪吒向前走的步数为，依题意，. 当哪吒挥动混天绫5次时，他位于比初始位置更靠近敖丙1步，即哪吒向前走了3步，向后退了2步， 根据二项分布概率公式，有. 故选：A. 二､多选题：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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列命题正确的有（ ） A. 一条直线和一个点确定一个平面 B. 直线与平面垂直，在平面内存在无数条直线与直线相交 C. 直线与平面相交，平面内存在无数条直线和直线异面 D. 平面与平面垂直，若直线与平面垂直，则直线与平面平行 【答案】BC 【解析】 【分析】根据平面的性质及线线、线面、面面间的位置关系对各个选项逐一分析判断即可． 【详解】对于A，当点在直线外时，直线与该点可确定一个平面，当点在直线上时，直线与该点不能确定一个平面，故A错误； 对于B，平面内所有过垂足的直线均与相交于，这样的直线有无数条，B正确； 对于C，设直线与平面的交点为，平面内所有不经过点的直线都与直线异面，这样的直线有无数条，故C正确； 对于D，直线还有可能在平面内，D错误. 故选：BC. 10. 函数的图象与直线恰有2个交点，则的可能取值有（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】将函数图象交点个数转化为方程根的个数，再画出与直线的图象即可得出结果. 【详解】函数与直线恰有2个交点，也就是方程有2个解， 即的图象与直线有两个交点，画出与直线的图象如下图： 因为，由图象可知或， 所以或. 故选：AD. 11. 已知是椭圆与双曲线的公共焦点，点是两曲线的一个交点，，分别为，的离心率，则（ ） A. B. C. 是直角三角形 D. 是个定值 【答案】ACD 【解析】 【分析】由椭圆和双曲线的定义和性质推理和判断得出. 【详解】选项A，因为有公共的焦点，得， 即，又，所以可得.故A正确； 选项B，因为有公共的焦点，可得，，， 得，即，故B错误； 选项C，因为有公共的焦点，可得，不妨设点在第一象限，由椭圆和双曲线的定义得， ，，所以，，，， 所以，故是直角三角形，故C正确； 选项D，因为有公共的焦点，可得，，， 因此，故D正确. 故选：ACD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数（为常数），若为的一个极值点，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由取极值的必要条件列方程，并检验即可. 【详解】函数在处有极值， ，经检验成立. 故答案为：. 13. 设为等差数列的前项和，，则__________. 【答案】-8 【解析】 【分析】由等差数列的性质和前项和公式求解. 【详解】因为是等差数列，所以， 所以，又因为，所以， 所以. 故答案为： 14. 有5个相同的球，分别标有数字，从中有放回地随机取4次，每次取1个球.记为这5个球中至少被取出1次的球的个数，则的数学期望__________. 【答案】 【解析】 【分析】求出的可能取值和对应的概率，根据期望公式进行求解即可. 【详解】随机变量表示事件“只有1个小球至少被抽取一次”， 即四次抽取的都是同一个编号的小球. 因此我们只需确定第一次抽取的是哪个编号的小球即可， 故； 随机变量“表示事件有2小球至少被抽取一次”， 即四次一共抽取了两个不同编号的小球. 因此我们先确定是哪两个编号，假如是， 则包含的基本事件有，故； 随机变量表示事件“有3个小球至少被抽取一次”， 即四次一共抽取了三个不同编号的小球.因此我们先需确定是哪三个编号， 假如是，则包含的基本事件有，故； 随机变量表示事件“有4个小球至少被抽取一次”， 即四次一共抽取了四个不同编号的小球，故； 因此. 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. 已知中，. （1）求； （2）设，点是线段上靠近点的三等分点，求的长度. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可先求得，再利用和差公式化简得，进而得到； （2）解法一、由（1）知，再根据题意在中，利用余弦定理求边长即可；解法二、利用，先平方再开方求模长即可. 【小问1详解】 由题意可得，，且， 所以，即， 在中，，可化为， 由， 得， 代入，化简后得，即，所以， 所以. 【小问2详解】 解法一：由（1）可得，，且， 点是靠近点的三等分点，对于， 利用余弦定理可知， 故. 解法二：由（1）可得，，且， 则有，又， 所以， 即的长度为. 16. 已知函数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）当恒成立时，求实数的取值范围. 【答案】（1）单调递减区间为，无单调递增区间 （2） 【解析】 【分析】（1）时，带入得到函数表达式，求导即可得到； （2）分离常数.，对求导求最大值即可 【小问1详解】 当时，， ，令 则，设，解得 当时，单调递增； 当时，单调递减. ， 所以函数的单调递减区间为，无单调递增区间. 【小问2详解】 因为， 所以. 设，则， 设，解得 当时，单调递增； 当时，单调递减. ， 所以实数的取值范围是 17. 如图，四棱锥中，平面，底面四边形为正方形，，点分别为棱的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角形全等证得，再根据线面垂直得到，最后根据线面垂直的判定定理得证； （2）根据空间向量法计算面面夹角的余弦值，结合同角三角函数的平方关系计算得到两平面夹角的正弦值； 【小问1详解】 证明：在正方形中，分别为的中点， . . 又平面平面 ，又 平面 【小问2详解】 由题可知两两垂直，以点为原点建立如图所示空间直角坐标系. 不妨设， 设平面的法向量 ，得， 令，则是平面的一个法向量. 设平面的法向量为， ，得， 令，则是平面的一个法向量 平面与平面夹角的正弦值为 18. 比利时数学家G.F.Dandelin在1822年提出了一个模型，用以证明一个平面截圆锥，得到的截面是椭圆.在圆锥内放入两个大小不同的内切球，使得它们分别与圆锥的侧面和平面相切，平面与圆锥侧面的交线为椭圆，两个球与平面的切点为此椭圆的两个焦点，这两个球也称为Dandelin双球，下图是该模型的轴截面图.在平面与圆锥侧面的交线上取任意一点A，过点的母线分别与球相切于两点，已知图中球，球的半径分别为2和6，球心之间的距离为.经计算得两点之间的距离为4，以直线为轴，在平面内，以线段的中垂线为轴，建立平面直角坐标系. （1）说明平面与圆锥侧面的交线为椭圆，并求椭圆的标准方程； （2）已知点，过右焦点的直线与椭圆交于两点，与直线交于点，是否存在实数，使得. 【答案】（1）说明见解析， （2）存在实数，使得 【解析】 【分析】（1）利用圆的切线长定理计算得到，结合椭圆的定义分析判断平面与圆锥侧面的交线为以为焦点的椭圆，求出的值，即得椭圆方程； （2）依题意，作出图形，考虑直线的斜率为0时，由求得；在直线的斜率不为0时，设方程为，将其与椭圆方程联立，写出韦达定理，由化简求得，即可判定使成立的实数存在. 【小问1详解】 根据轴截面图，设与的交点为， 由圆的切线长定理，知， 过作，垂足为，则四边形为矩形 ，即. 由可得，任意点满足 由椭圆的定义，知平面与圆锥侧面的交线为以为焦点的椭圆. 由此可得椭圆的长轴为，焦距为， 所以椭圆的标准方程为： 【小问2详解】 如图，因,可知直线的斜率必存在. ①当直线的斜率为0时，方程为，则， 由，得，解得 ②当直线的斜率不为0时，设方程为，则 设，由，消去， 整理得， ， 由，得， 又，代入上式得 ，解得， 综上所述，存在实数，使得. 19. 甲､乙两人参加射击比赛，规则如下：每轮由1人射击两次，若全中则此轮的射击者赢得比赛，比赛结束，否则进行下一轮射击，由另外的人射击两次，如此类推.经过抽签，第1轮甲射击，已知甲､乙每次射击命中的概率分别为，，各次射击互不影响. （1）若，记为比赛结束时的轮数，证明：； （2）若，记事件“比赛在第轮时未结束”，“甲赢得比赛”， （i）写出与的关系式并求； （ii）求. （参考：对于任意，当趋于无穷大时，） 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）答案见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）计算出，，利用条件概率公式得到； （2）（i）解法一：设出事件，分为偶数和为奇数两种情况，得到的关系，得到为奇数时，，此时是等比数列，利用等比数列的性质得到，从而得到当为偶数，，求出答案； 解法二：设出事件，考虑当为偶数，由全概率公式知，当为奇数，同理，从而为奇数时，，此时是等比数列，利用等比数列的性质得到，从而得到当为偶数，，求出答案； （ii）解法一：甲只可能在奇数轮时获胜，结合互斥事件概率公式和等比数列求和公式可得，因为，所以； 解法二：注意到，体现无记忆性，所以，即，解得. 【小问1详解】 表示第1轮甲射击没有全中，则， ，故每一轮，甲乙射击没有全中的概率均为， 故表示前轮射击没有出现全中，则， 同理知， 所以； 【小问2详解】 （i）解法一：甲在奇数轮时射击，乙在偶数轮数时射击， 记事件“甲两次射击没全中”，事件“乙两次射击没全中”， 则， 当为偶数，第轮由甲射击，发生等价于发生且甲两次射击没全中， 即，又各次射击互不影响，与独立， 所以①， 当为奇数，第轮由乙射击，同理②， 由①②知，当为奇数时，. 所以当为奇数时是首项为，公比为的等比数列，. 当为偶数，， 综上知， 解法二：甲在奇数轮时射击，乙在偶数轮数时射击， 记事件“甲两次射击没全中”，事件“乙两次射击没全中”， 则， 当为偶数，第轮由甲射击，由全概率公式知 . 在甲两次射击没全中的前提下比赛在第轮未结束等价于比赛在第轮未结束， 所以，即①， 当为奇数，第轮由乙射击，同理②， 由①②知，当为奇数时，. 所以当为奇数时是首项为，公比为的等比数列，所以. 当为偶数，， 综上知； （ii）解法一：甲只可能在奇数轮时获胜， 则， 表示比赛在第轮未结束，在轮结束， 所以， 所以， 又因为事件两两互斥， 所以 ， 因为，所以； 解法二：注意到若前2轮比赛仍未分出胜负，后续与刚开始比赛时完全一样，即“遗忘”了前2轮的结果， 从第3轮开始甲获胜的概率仍然为，即，体现无记忆性， 所以 ， 即，解得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $