精品解析：河北省邢台市七校2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试题

2025-2026学年高三上学期期中考试 数 学 本试卷共19题，满分150分．考试用时120分钟． 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. 若复数满足，则的实部为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简，再根据复数的概念求解. 【详解】因为， 所以, 所以的实部为2. 故选：C 2. ，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出对数型复合函数的定义域，化简集合B，再利用补集、交集的定义求解. 【详解】由有意义，得，解得或， 则或，，而， 所以. 故选：A 3. 在四边形中，若，则“”是“四边形是正方形”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】B 【解析】 【分析】根据，判断出四边形的形状，结合充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】在四边形中，若，则四边形为平行四边形， 若，则平行四边形为菱形，但不一定为正方形， 四边形是正方形时，必有，即有， 故“”是“四边形是正方形”的必要不充分条件. 故选：B. 4. 函数f(x)＝tan ωx(ω>0)的图象的相邻两支截直线y＝2所得线段长为，则的值是（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可知函数的周期为，进而求出，进而求出函数解析式和函数值. 【详解】由题意可知该函数的周期为，所以， f(x)＝tan 2x，所以 故选：D 【点睛】本题考查了正切函数的周期，考查了运算求解能力，属于基础题目. 5. 已知互不相等的数据的平均数为，方差为，数据的方差为，则，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 无法判断 【答案】C 【解析】 【分析】应用平均数、方差的求法，用表示出，即可得. 【详解】由，则， 设的平均数为， 所以. 所以， 而， 因为互不相等， 所以. 故选：C. 6. 已知两个等差数列2，6，10，…，98和2，8，14，…，98，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的各项之和为（ ） A. 850 B. 1250 C. 400 D. 450 【答案】D 【解析】 【分析】先求出新数列的公差，再结合等差数列的前项和公式求解即可. 【详解】在等差数列2，6，10，…，98中，公差； 在等差数列2，8，14，…，98中，公差，而和的最小公倍数为， 得到新数列的公差，首项，所以， 令，解得，故新数列共有项， 所以新数列的各项之和为. 故选：D 7. 已知分别为椭圆的左、右焦点，在椭圆上存在点，满足，且点到直线的距离为．则该椭圆的离心率为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据椭圆的定义，结合等腰三角形的性质、椭圆的离心率公式进行求解即可. 【详解】因为点在椭圆上， 所以，又因为， 所以， 在等腰三角形中，，底边， 过作，垂足为， 由已知可知点到直线的距离为．所以有， 由勾股定理可知：， 而，化简得： （舍去），或， 即， 故选：A 8. 已知正实数满足和．则的值为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据指数与对数的运算法则对已知条件进行变形，利用变形后等式的特点构造函数，再根据函数的单调性确定的关联，最后结合题给条件求解． 【详解】， ，即， ， ，即， 令，则在上单调递增， 方程有唯一解， ， ． 故选：A． 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】BD 【解析】 【分析】对于AB可用作差比较法比较大小即可判断，对于C，根据对数函数性质，易知当时，从而排除C项；对于D，可用不等式的性质直接推得． 【详解】对于A，由，则，由， 可得，故A错误； 对于B，由，则，故，即，故B正确； 对于C，因，当时，，故C错误； 对于D，由，可得，利用不等式的性质可得， 即，故，故D正确． 故选：BD． 10. 已知圆锥的轴截面为等腰直角三角形，顶点为，底面圆心为，为底面圆的直径，，是底面圆周上异于，的一个动点，下列结论正确的是（ ） A. 圆锥的侧面积为 B. 当时，三棱锥的体积最大 C. 直线与直线夹角的取值范围是 D. 若二面角的大小为，则的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，利用圆锥的侧面积公式可判断A；B选项，的面积最大时，三棱锥的体积最大；C选项，设点关于圆心的对称点为，得到 为所求角，在 中用表示出，结合的取值范围可判断；D选项，取的中点，得，利用勾股定理计算出与的长度，可得的面积. 【详解】对于A，由已知可得，， 所以， 则圆锥的侧面积，A正确. 对于B，当时，，此时的面积最大，即三棱锥的体积最大，故B正确. 对于C，设点关于圆心的对称点为，则直线与直线的夹角等于直线与直线的夹角，即， 在等腰三角形中， 所以，则，C错误. 对于D，可知和都是等腰三角形，取的中点，连接，，可知，， 则是二面角的平面角，，可以求得， 所以，，， 故的面积为，D正确. 故选：ABD. 11. 已知函数（，且），则（ ） A. B. 曲线关于直线对称 C. 在区间上单调递增 D. 的值域为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用诱导公式化简计算即得；对于B，先利用同角的三角函数关系式和降幂公式化简得，求其对称轴检验即得；对于C，与B同法化简得，利用余弦函数的单调性即可判断；对于D，令，将换元成，利用求导判断其单调性，即可求出其值域. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B， 由，可得的对称轴为，故B正确； 对于C， ， 当时，，因函数在上单调递减， 在区间上单调递减，故C错误； 对于D，令，则 因，则， 则， 令，可得，即解得， 故当时，，则，， 故，则在上单调递减； 当时，，则，， 故，则在上单调递增， 于是，，，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. 已知函数是偶函数，若则___________. 【答案】 【解析】 【分析】设，代入数据根据偶函数性质计算得到答案. 【详解】设，则， 故答案为 【点睛】本题考查了函数值的计算，意在考查学生的计算能力. 13. 已知抛物线 的焦点为 ，过点的直线 与抛物线 交于两点，若 ，则直线 的斜率为______. 【答案】 【解析】 【分析】设，利用弦长公式求解． 【详解】抛物线的焦点，设直线l的方程为：， 联立方程，消去y得，， 设，则， 因为，所以， 即，得， 故答案为： 14. 将9个互不相同的向量填入如图所示的方格中，每个方格填一个向量，使得每行、每列的三个向量之间两两都不共线，则不同的填法种数是_________． 【答案】 【解析】 【分析】先分析共线的向量，再分步排入九宫格中，利用分步乘法计数原理求解即可. 【详解】由题意,因此每个分量有3种选择，所以共有9个不同的向量， 所有可能的向量为：, 其中三个共线；两个共线；两个共线； 第一步排，第一个放入有9种方案，一旦放入，该行该列不能再放其他两个， 则第二个放入有4种方案，第三个放入有1种方案，则第一步共有种； 第二步排，第一步结束后，每行每列都有一个向量， 则第一个放入有6种方案，第二个放入有3种方案，则第二步共有种； 第三步排，排位第一、第二步后剩余4个宫格，剩余的宫格排布主要有三种情况， 情况1， 按序号排入共有种， 情况2， 按序号排入共有种， 情况3， 按序号排入共有种， 所以第三步共有8种； 第四步排共有2种； 综上，共有种 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）若曲线在点处的切线与x轴平行，求实数a的值； （2）若，求的单调区间. 【答案】（1） （2）单调增区间为，单调减区间为. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义，即可求得答案； （2）根据导数与函数单调性的关系，即可求得答案. 【小问1详解】 由题意知，则， 又因为曲线在点处的切线与x轴平行， 故，解得. 【小问2详解】 时，，定义域为， ，令可得， 当时，，当时，， 所以的单调增区间为，单调减区间为. 16. 由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面. （1）求证：平面； （2）若，求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 如图所示，取中点，连接，， 则由题意且，故四边形是平行四边形， 所以且，故且， 所以四边形是平行四边形，则. 又平面平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，根据线面平行的判定证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意可知两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则由题意. 又， ， ， 即，， 所以，，. 设平面的一个法向量为，则， 所以，则，取，则. 设与平面所成角， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. 17. 在中，角所对的边分别是．已知，的面积为． （1）求； （2）为边上一点， ①若是的平分线，求线段的长； ②若，求． 【答案】（1）， （2）①；② 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式和诱导公式，结合角的范围求出，根据三角形面积公式和余弦定理即可求得边； （2）①利用三角形面积相等即可解方程求得线段的长；②设，所以，分别在和，利用正弦定理，推得，计算即得. 【小问1详解】 因为，所以， 因为，则，故由，可得. 因为，，解得， 由余弦定理得，解得. 【小问2详解】 ①因， 依题意有，解得. ②设，所以． 在中，由正弦定理得，，即， 在中，由正弦定理得，，即， 因，代入化简得， 即，解得，即. 18. 已知双曲线的右焦点到的一条渐近线的距离为. （1）求的方程； （2）设点在的右支上，过点作圆的两条切线，一条与的左支交于点，另一条与的右支交于点（异于点）. （ⅰ）证明：； （ⅱ）当的面积最小时，求直线和直线的方程. 【答案】（1） （2）（i）证明如下： 显然圆的切线的斜率存在， 设切线的方程为， 由于切线不平行的渐近线，则. 由圆心到切线的距离，得. 由消去得， 由题意知.设， 则， 而 . 则， 则. 所以，即. （ii）， 【解析】 【分析】（1）由点到直线距离公式结合题意可得，据此可得答案； （2）（ⅰ）设切线的方程为，由圆心到切线的距离，可得，再将切线方程与双曲线方程联立，由韦达定理结合可得，据此可完成证明； （ⅱ）方法1，注意到，由（ⅰ）可得，据此可得答案； 方法2，设切线与圆的切点为，则可得，据此可得答案； 方法3，由题可得，又设切线与圆的切点为，由，结合，可得，由基本不等式可得，据此可得答案. 【小问1详解】 由于双曲线的右焦点为，所以. 双曲线的渐近线方程为，即为， 由于点到的一条渐近线的距离为，则. 解得所以的方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）解法1：由（ⅰ）同理可得，所以三点共线. 则的面积. 设切线与圆的切点为，则， . 由（ⅰ）得， 又， 则. 当时，. 此时，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径. 得点的坐标为， 所以直线的方程为，直线的方程为. 解法2：由（ⅰ）同理可得， 所以三点共线. 则的面积. 设切线与圆的切点为， 则. 在中，， 在中，， 则， 当时，，即的面积的最小值为3. 此时，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径. 得点的坐标为， 所以直线的方程为，直线的方程为. 解法3：由（ⅰ）同理可得，所以三点共线. 则的面积. 设切线与圆的切点为， 则. 在中，， 在中，， 由于，则， 根据基本不等式得， 得，则，即的面积的最小值为3. 当且仅当等号成立， 根双曲线的对称性知，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径. 得点的坐标为， 所以直线的方程为，直线的方程为. 19. 2025年7月16日-27日，第32届世界大学生运动会在德国举行.在比赛期间，运动员甲（来自中国）和运动员乙（来自澳大利亚）因赛事成为朋友.运动员甲持有一套熊猫主题的运动项目徽章，包含乒乓球､羽毛球､篮球3个项目；运动员乙则拥有一套袋鼠主题的同项目（乒乓球､羽毛球､篮球）徽章.两套徽章除印制的主题图案和项目标识不同外，其余完全相同.为了加深友谊，两人在比赛期间约定，每次见面时，都随机取出1枚徽章与对方进行交换，运动会结束时已重复进行了次交换. （1）求3次交换后，运动员甲有3枚熊猫主题徽章的概率； （2）求次交换后，运动员乙有3枚相同动物主题徽章的概率（结果用含的式子表示）； （3）求次交换后，运动员甲的徽章包含乒乓球､羽毛球､篮球3项运动的概率（结果用含的式子表示），并求出这个概率的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用独立事件同时发生的乘法公式和互斥事件的概率加法公式即可求解； （2）利用数列的递推思想，结合全概率公式，先得到递推，再构造等比数列求出通项公式； （3）利用数列的递推思想，结合全概率公式，先得到递推，再构造等比数列求出通项公式，然后利用分类讨论思想求出最大值. 【小问1详解】 记3次交换后，运动员甲有3枚熊猫主题徽章为事件A，交换过程包含两种情况： ①第一次甲用熊猫徽章与乙的袋鼠徽章交换，概率为1； 第二次甲用袋鼠徽章与乙的袋鼠徽章交换，概率为； 第三次甲用袋鼠徽章与乙的熊猫徽章交换，概率为； 所以第一种情况的概率为； ②第一次甲用熊猫徽章与乙的袋鼠徽章交换，概率为1； 第二次甲用熊猫徽章与乙的熊猫徽章交换，概率为； 第三次甲用袋鼠徽章与乙的熊猫徽章交换，概率为； 所以第二种情况的概率为； 所以3次交换后，运动员甲有3枚熊猫主题徽章的概率为. 【小问2详解】 记“次交换后，运动员乙有3枚相同动物主题徽章”概率为， 则，第次交换后，乙的徽章只有两种可能，一种是3枚徽章都是相同动物， 另一种是3枚徽章中有1枚不同动物， 记第次交换后，乙的3枚徽章动物相同为事件，动物不同为事件， 则，记“次交换后，运动员乙有3枚相同动物主题徽章”为事件C，因为在第次交换后徽章动物相同的条件下再交换后不可能是相同动物，即， 在第次交换后徽章动物不同的条件下再交换后可以变为相同动物，即， 再根据全概率公式可得： ， 所以， 则是等比数列，即， 所以； 【小问3详解】 又记“次交换后，甲的徽章包含乒乓球､羽毛球､篮球3项运动”概率为， 则， 第次交换后，甲的徽章只有两种可能，一种是包含乒乓球､羽毛球､篮球3项运动， 另一种是不包含乒乓球､羽毛球､篮球3项运动， ①甲的徽章包含乒乓球､羽毛球､篮球3项运动，下次交换后还包含乒乓球､羽毛球､篮球3项运动， 此时发生的概率为； ②甲的徽章不包含乒乓球､羽毛球､篮球3项运动，则甲的3枚徽章中一定有两枚相同运动的徽章（比如两个乒乓球徽章，一个羽毛球徽章），乙的3枚徽章中也一定有两枚相同运动的徽章， 当甲、乙分别取出相同运动徽章中的一枚进行交换后， 甲的3枚徽章就可以变换为包含乒乓球､羽毛球､篮球3项运动，此时发生的概率为； 再根据全概率公式可得：， 所以有， 即是等比数列，即， 当为奇数时，，且， 当为偶数时，， 所以当时，取到最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高三上学期期中考试 数 学 本试卷共19题，满分150分．考试用时120分钟． 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. 若复数满足，则的实部为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 2. ，，则（ ） A. B. C. D. 3. 在四边形中，若，则“”是“四边形是正方形”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 4. 函数f(x)＝tan ωx(ω>0)的图象的相邻两支截直线y＝2所得线段长为，则的值是（ ） A. B. C. 1 D. 5. 已知互不相等的数据的平均数为，方差为，数据的方差为，则，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 无法判断 6. 已知两个等差数列2，6，10，…，98和2，8，14，…，98，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的各项之和为（ ） A. 850 B. 1250 C. 400 D. 450 7. 已知分别为椭圆的左、右焦点，在椭圆上存在点，满足，且点到直线的距离为．则该椭圆的离心率为（　　） A. B. C. D. 8. 已知正实数满足和．则的值为（　　） 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. 已知圆锥的轴截面为等腰直角三角形，顶点为，底面圆心为，为底面圆的直径，，是底面圆周上异于，的一个动点，下列结论正确的是（ ） A. 圆锥的侧面积为 B. 当时，三棱锥的体积最大 C. 直线与直线夹角的取值范围是 D. 若二面角的大小为，则的面积为 11. 已知函数（，且），则（ ） A. B. 曲线关于直线对称 C. 在区间上单调递增 D. 的值域为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数是偶函数，若则___________. 13. 已知抛物线 的焦点为 ，过点的直线 与抛物线 交于两点，若 ，则直线 的斜率为______. 14. 将9个互不相同的向量填入如图所示的方格中，每个方格填一个向量，使得每行、每列的三个向量之间两两都不共线，则不同的填法种数是_________． 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）若曲线在点处的切线与x轴平行，求实数a的值； （2）若，求的单调区间. 16. 由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面. （1）求证：平面； （2）若，求与平面所成角的正弦值. 17. 在中，角所对的边分别是．已知，的面积为． （1）求； （2）为边上一点， ①若是的平分线，求线段的长； ②若，求． 18. 已知双曲线的右焦点到的一条渐近线的距离为. （1）求的方程； （2）设点在的右支上，过点作圆的两条切线，一条与的左支交于点，另一条与的右支交于点（异于点）. （ⅰ）证明：； （ⅱ）当的面积最小时，求直线和直线的方程. 19. 2025年7月16日-27日，第32届世界大学生运动会在德国举行.在比赛期间，运动员甲（来自中国）和运动员乙（来自澳大利亚）因赛事成为朋友.运动员甲持有一套熊猫主题的运动项目徽章，包含乒乓球､羽毛球､篮球3个项目；运动员乙则拥有一套袋鼠主题的同项目（乒乓球､羽毛球､篮球）徽章.两套徽章除印制的主题图案和项目标识不同外，其余完全相同.为了加深友谊，两人在比赛期间约定，每次见面时，都随机取出1枚徽章与对方进行交换，运动会结束时已重复进行了次交换. （1）求3次交换后，运动员甲有3枚熊猫主题徽章的概率； （2）求次交换后，运动员乙有3枚相同动物主题徽章的概率（结果用含的式子表示）； （3）求次交换后，运动员甲的徽章包含乒乓球､羽毛球､篮球3项运动的概率（结果用含的式子表示），并求出这个概率的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $