精品解析：河北省2025-2026学年高三上学期开学学情检测数学试题

河北省2026届高三年级开学学情检测 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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、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，，则集合（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 分析】用列举法表示出集合A、U，根据集合补集计算方法即可求解． 【详解】易知集合，， 故． 故选：B． 2. 若复数的共轭复数为，且满足，则复数的虚部为（ ） A. B. C. 6 D. 【答案】A 【解析】 【分析】设复数，利用复数相等求出复数的虚部. 【详解】设复数，则. 故，即，所以. 因此，故复数虚部为. 故选：A. 3. “，，，，成等差数列”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由等差数列易知，若，，，，成等差数列，则成立，即充分性成立，必要性可举例说明不成立，例，，，，依次为1，2，5，6，9. 【详解】若，，，，成等差数列，则成立，充分性成立， 若取，，，，依次为1，2，5，6，9，此时满足，但，，，，不成等差数列， 故不能推出，，，，成等差数列，必要性不成立， 故“，，，，成等差数列”是“”的充分不必要条件， 故选：A. 4. 已知，，，则的最小值为（ ） A. 4 B. C. 8 D. 【答案】C 【解析】 【分析】对乘因式进行等价变形，再利用均值不等式求解即可． 【详解】由题意得，当且仅当，即，时，等号成立． 故选：C． 5. 已知函数，，的零点分别为，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据零点存在性定理判断的范围，再进行比较即可．对于，其单调性可直接判断，对于，其单调性需利用导数进行判断． 【详解】∵单调递增，且，，∴； ∵，在上单调递增， 且，，∴； 对于，∵， ∴单调递增，且，， ∴， ∴， 故选：C． 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 分析】利用诱导公式、辅助角公式和余弦二倍角公式化简求解即可. 【详解】因为 ， 所以， 所以， 所以. 故选：D 7. 若圆：与圆：有且仅有2条公切线，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题可知圆与圆相交，故，所以点在以原点为圆心，半径分别为2和4的圆所夹的圆环内部（不含边界）.分析可得代表点到直线的距离的5倍.根据圆内点到直线距离最值的求法即可求解. 【详解】由题可知圆，半径，圆，半径. ∵圆与圆有且仅有2条公切线，∴圆与圆相交，∴， ∴点在以原点为圆心，半径分别为2和4的圆所夹的圆环内部（不含边界）. 又，∴代表点到直线的距离的5倍. ∵圆心到直线的距离为1， ∴圆环内的点到直线的距离， ∴的取值范围为. 故选：C. 8. 函数与函数的图象的所有交点的横坐标之积为（ ） A. B. e C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】将函数交点问题转化为方程根的问题. 【详解】令，若是的解， 即，则， 所以函数与函数的图象的所有交点的横坐标之积为1， 故选： 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每个小题的选项中，有多项是符合题目要求的.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. 人类对简单刺激的反应时间近似服从正态分布，记人类对两类不同简单刺激的反应时间（单位：ms）分别为随机变量，，且，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据正态分布的数学期望与方差公式，结合题意即可判断选项A，B；根据正态曲线的对称性即可判断选项C；令，，则，，进而，，根据正态曲线的特点即可判断选项D. 【详解】∵，∴，故选项A正确； ∵，∴，故选项B错误； ∵，该正态曲线的对称轴为直线，∴由对称性可得，故选项C错误； 令，， ∵，，∴，， ∴，， ∵，∴根据正态曲线的特点可知：，∴，故选项D正确. 故选：AD. 10. 已知函数的最小正周期为，则下列结论正确的是（ ） A. 的图象关于点中心对称 B. C. 在区间上单调 D. 为奇函数 【答案】ABD 【解析】 【分析】先化简的形式，根据函数周期确定的值，结合函数的图象和性质，逐项分析判断即可. 【详解】由题意，得的最小正周期为， 所以，所以. 令，得，所以的图象关于点中心对称，故A正确； 当时，，故是函数图象的一条对称轴，所以，故B正确； 当时，，函数不单调，故C错误； 因为的图象关于点对称，将的图象向左平移个单位后的图象关于对称，所以为奇函数，故D正确. 故选：ABD 11. 在矩形中，，，点在线段上，点在线段上，沿着线段向上折起，使至的位置，在折叠过程中，记二面角的大小为，，当时，和重合，则下列结论正确的是（ ） A. 存在某个位置，使得平面 B. 存在某个位置，使得 C. 翻折过程中线段形成的曲面的面积为 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】确定直线与的位置关系判断A；利用线面垂直的判定定理判断B；确定曲面特征并求出面积判断C；求出直线与平面所成的角正弦值的最大值判断D. 【详解】对于A，因当时，和重合，得为线段的中垂线， 而直线与直线相交，因此直线与平面相交，故A错误； 对于B，令，过作于，由， 平面，得平面，而平面， 则，又平面且，于是平面， 而平面，则，当时，因平面， 则平面，又平面，故，故B正确； 对于C，在折叠过程中，线段形成的曲面是以为半径，为母线的半个圆锥的侧面， 因为，则曲面面积为，故C正确； 对于D，因，则直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角， 而到平面的距离小于或等于，当平面平面时，平面， 直线与平面所成角的最大值为，其正弦值为，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. 在一次文艺演出中有3个舞蹈类，4个歌曲类共7个节目，要求相同类型的节目不能相邻，那么节目的不同演出顺序共有______种， 【答案】144 【解析】 【分析】利用插空法计算即可. 【详解】4个歌曲类节目顺序有种， 3个舞蹈类节目分别穿插在歌曲类节目中，有种不同演出顺序， 由分步乘法计数原理得共有6×24=144种不同的演出顺序. 故答案为：144 13. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过的直线与轴交于点，与椭圆C的一个交点为，若，，则C的离心率为_____. 【答案】 【解析】 【分析】先判断为直角三角形，根据直角三角形的边角关系，结合椭圆的定义，可确定的数量关系，求得椭圆的离心率. 【详解】如图： ∵，， ∴为直角三角形，且为斜边的中点， ∴，结合对称性知， ∴， ∴， ∵， ∴. 故答案为： 14. 在一个棱长为4cm的封闭正四面体容器（容器壁厚度忽略不计）内有四个半径相等的铁球，则铁球的最大半径为______cm. 【答案】 【解析】 【分析】由题可知，当四个铁球的球心的连线构成正四面体时半径最大，根据正四面体的性质及O到底面ABC的距离列式计算半径即可. 【详解】当四个铁球两两相切且和正四面体内切时，铁球半径最大，设此时铁球半径为， 则构成一个棱长为的正四面体，设I为正三角形的中心，连接， 则cm， ， 即，解得. 所以正四面体的中心O到底面ABC的距离为cm， 又O也是正四面体容器的中心，且其棱长为4 cm，同上得容器的高为cm， 所以O到底面ABC的距离为cm， 综上，，解得． 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 设等差数列的公差为，且. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）通过基本量列方程组求解可得，最后代入通项公式即可； （2）因为，所以利用错位相减法求和可得. 【小问1详解】 由题可得：， 解得. ∴ 【小问2详解】 ∵， ∴. ① ∴.② 得： . 所以 16. 已知双曲线：的离心率为，实轴长为4. （1）求双曲线的方程； （2）若直线：与C的右支交于A，B两点，为坐标原点. （i）求的取值范围； （ⅱ）若直线与轴交于点，且，求的面积. 【答案】（1）； （2）（i）；（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，结合离心率的意义求出即可. （2）（i）将直线与双曲线方程联立，利用一元二次方程有二不等的正根列式求解；（ⅱ）利用数量积的定义及坐标表示求出，进而求出三角形面积. 【小问1详解】 由双曲线的实轴长为4，得， 由双曲线的离心率为，得，得， 所以双曲线C的方程为. 【小问2详解】 （i）设，由消去得， 由A，B都在双曲线C的右支上，得，解得， 所以的取值范围是. （ii）依题意，，， 则，解得， 而，则，， 所以的面积. 17. 如图，在三棱锥中，，，，且平面平面. （1）证明：平面； （2）线段上是否存在一点，使得二面角的正切值为，若存在，求出的值，并给出证明；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，，证明见解析 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，根据面面垂直的性质定理得平面，然后根据线面垂直的性质定理得，再根据线面垂直的判定定理即可证明. （2）解法一：过作，交于点，过作于G，连接，根据线面垂直的性质及二面角的平面角的定义，作出二面角的平面角，设，在中，利用正切值列方程解得，即可求得. 解法二：取的中点O，连接，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，求出点坐标，显然平面的一个法向量为，求出平面的一个法向量，结合同角三角函数基本关系，利用向量法列方程求得，即可求得. 【小问1详解】 取的中点，连接， ∵，∴， 又平面平面，平面平面，平面， ∴平面，又平面，∴， 又∵，，平面， ∴平面. 【小问2详解】 解法一：存在，. 证明：假设存在点满足要求，过作，交于点， 过作于G，连接， ∵平面，平面，∴， 又，平面，∴平面， 又平面，∴. 又，平面，∴平面， 又平面，∴. 所以是二面角的平面角. 设，∴，，， ∴， 解得， ∴，∴. 解法二：存在，. 取的中点O，连接， ∵平面，平面，∴， ∵，∴， ，∴平面， 以为坐标原点，以过点且平行于的直线为轴，以所在直线为轴， 以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示. 设，则，，， ，， 显然平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则 令，则，， ∴平面的一个法向量为， ∴， 设二面角的平面角为， 则， 解得， ∴，∴. 18. 甲、乙两人进行一场投沙包游戏.投一次沙包算作一局游戏，每一局游戏中，其中一人负责投沙包，另一人负责接沙包.若一人投沙包后另一人不能接住，则投沙包者得1分，接沙包者得0分；若投沙包者投沙包后接沙包者能够成功接住，则接沙包者得1分，投沙包者得0分.第一局投沙包者随机确定，然后甲、乙轮流投沙包，已知甲投沙包时甲得1分的概率为，甲接沙包时甲得1分的概率为，各局游戏结果相互独立，得分领先2分者获胜. （1）求甲第一局游戏中得分为1分的概率； （2）求2局游戏后甲得分X的分布列和数学期望； （3）求恰好比赛四局甲获得游戏胜利的概率. 【答案】（1） （2）分布列见解析， （3） 【解析】 【分析】(1)据题意可知,甲先投沙包的概率和乙先投沙包的概率均为.甲第一局游戏中得分为1分的概率为"甲先投,甲得1分"和"乙先投,甲得1分"的概率的和.利用公式可求得结果. (2)先分析甲得分X的取值情况,分析每种取值所对应的具体事件,并求出其概率,即可得到甲得分X的分布列,从而求得X的期望. (3)先分析恰好比赛四局且甲获得胜利，需四局中最后一局甲一定得1分，第三局甲得1分，前两局结束时甲得1分.分甲先投和乙先投两种情况求出甲获胜的概率，得到恰好比赛四局甲获得游戏胜利的概率. 【小问1详解】 记第一局甲投沙包为事件A，则第一局乙投沙包为事件， 甲第一局游戏中得分为1分记作事件， 则. 所以甲第一局游戏中得分为1分的概率为. 【小问2详解】 （2）X的所有可能取值为0，1，2，记“第一局甲投沙包”为事件A，则“第一局乙投沙包”为事件， 当时,甲2局游戏均得0分, 第一局甲投沙包的条件下,得0分的概率为:, 第一局乙投沙包的条件下,得0分的概率为:. 所以， 当时,甲在2局游戏中,一局得0分,另一局得1分 第一局甲投沙包的条件下,得1分的概率为:, 第一局乙投沙包的条件下,得1分的概率为:. 所以. 当时,甲2局游戏均得1分, 第一局甲先投的条件下,得2分的概率为:, 第一局乙先投的条件下,得2分的概率为:. 所以. 所以的分布列为 0 1 2 所以的数学期望为. 【小问3详解】 恰好比赛四局且甲获得胜利，需四局中最后一局甲一定得1分，第三局甲得1分，前两局结束时甲得1分. 所以甲先投的情况下，恰好比赛四局甲获得游戏胜利的概率为：， 乙先投的情况下，恰好比赛四局甲获得游戏胜利的概率为：， 记恰好比赛四局甲获得游戏胜利为事件，则. 19. 已知函数的图象在处的切线方程为. （1）求m，n的值； （2）讨论方程解的个数； （3）证明：.（参考数据：） 【答案】（1）， （2）无解 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数的几何意义列式求解. （2）将方程根的个数转化为的零点个数，再按分段讨论即可. （3）利用导数证明不等式，再结合分析法，利用导数证明即可. 【小问1详解】 函数，求导得， 由图象在处的切线方程为，得， 所以，. 【小问2详解】 由（1）知，，其定义域为， 当时，方程， 依题意，当时，方程根的个数即为函数 在上的零点个数，求导得， 当时，恒成立，函数在上单调递增， 而，因此，函数上没有零点； 当时，令，求导得， 当时，，函数在上单调递增， 则，函数在上单调递增， ，因此函数在上没有零点； 当时，由，得，又函数在上单调递增， 则函数在上单调递减，在上单调递增， ， 函数在上单调递增，，在上没有零点， 所以函数没有零点，即方程无解. 【小问3详解】 令，求导得， 令，求导得，函数在上单调递增， 则，即恒成立，当时，；当时，， 于是函数在上递减，在上递增，则，即， 欲证，只需证， 而，只需证， 令函数，求导得， 当时，；当时，，函数在上递减，在上递增， 因此， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 河北省2026届高三年级开学学情检测 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则集合（ ） A. B. C. D. 2. 若复数的共轭复数为，且满足，则复数的虚部为（ ） A. B. C. 6 D. 3. “，，，，成等差数列”是“”（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知，，，则的最小值为（ ） A. 4 B. C. 8 D. 5. 已知函数，，的零点分别为，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 若圆：与圆：有且仅有2条公切线，则的取值范围为（ ） A B. C. D. 8. 函数与函数的图象的所有交点的横坐标之积为（ ） A. B. e C. 1 D. 2 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每个小题的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 人类对简单刺激反应时间近似服从正态分布，记人类对两类不同简单刺激的反应时间（单位：ms）分别为随机变量，，且，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数的最小正周期为，则下列结论正确的是（ ） A. 的图象关于点中心对称 B. C. 在区间上单调 D. 为奇函数 11. 在矩形中，，，点在线段上，点在线段上，沿着线段向上折起，使至的位置，在折叠过程中，记二面角的大小为，，当时，和重合，则下列结论正确的是（ ） A. 存在某个位置，使得平面 B. 存在某个位置，使得 C. 翻折过程中线段形成的曲面的面积为 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在一次文艺演出中有3个舞蹈类，4个歌曲类共7个节目，要求相同类型节目不能相邻，那么节目的不同演出顺序共有______种， 13. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过的直线与轴交于点，与椭圆C的一个交点为，若，，则C的离心率为_____. 14. 在一个棱长为4cm的封闭正四面体容器（容器壁厚度忽略不计）内有四个半径相等的铁球，则铁球的最大半径为______cm. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 设等差数列的公差为，且. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 16. 已知双曲线：的离心率为，实轴长为4. （1）求双曲线的方程； （2）若直线：与C的右支交于A，B两点，为坐标原点. （i）求的取值范围； （ⅱ）若直线与轴交于点，且，求的面积. 17. 如图，在三棱锥中，，，，且平面平面. （1）证明：平面； （2）线段上是否存在一点，使得二面角的正切值为，若存在，求出的值，并给出证明；若不存在，请说明理由. 18. 甲、乙两人进行一场投沙包游戏.投一次沙包算作一局游戏，每一局游戏中，其中一人负责投沙包，另一人负责接沙包.若一人投沙包后另一人不能接住，则投沙包者得1分，接沙包者得0分；若投沙包者投沙包后接沙包者能够成功接住，则接沙包者得1分，投沙包者得0分.第一局投沙包者随机确定，然后甲、乙轮流投沙包，已知甲投沙包时甲得1分的概率为，甲接沙包时甲得1分的概率为，各局游戏结果相互独立，得分领先2分者获胜. （1）求甲第一局游戏中得分为1分的概率； （2）求2局游戏后甲得分X分布列和数学期望； （3）求恰好比赛四局甲获得游戏胜利的概率. 19. 已知函数的图象在处的切线方程为. （1）求m，n的值； （2）讨论方程解的个数； （3）证明：.（参考数据：） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$