精品解析：河北省沧州市沧县中学2025-2026学年高三上学期11月期中调研检测数学试题

2026届高三年级中期调研检测 数学 本试卷共4页，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､准考证号填写在答题卡上. 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，再选涂其它答案标号.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、单选题：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. 双曲线的实轴长为，焦距为，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据双曲线的方程求出，从而由求出，进而可求出实轴长与焦距之差. 【详解】由知双曲线的焦点在轴上，且. ∴，， 所以，，. 故选：C. 2. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对数函数与二次函数的性质，解得集合元素，利用交集运算，可得答案. 【详解】由，即，则； 由，虽然，但当时，所以. 所以. 故选：D. 3. 已知为虚数单位，则“”是“”为纯虚数的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充要条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法运算先求，利用纯虚数得，进而求解. 【详解】由为纯虚数， 得，即， 所以“”是“”为纯虚数的必要不充分条件， 故选：A. 4. 从这10个正整数中任选3个正整数，所选三个正整数中至少有一个数是素数的概率（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求中的素数，再利用古典概率公式即可求解. 【详解】由题意知：中的素数为，共4个， 所以所选三个正整数中至少有一个数是素数的概率：， 故选：B. 5. 已知，，为三条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】由线在面内时的反例可排除ABC，由面面垂直的性质作辅助线可证明D正确. 【详解】A选项，当时，不成立，故A错误； B选项，当时，可以符合，而不符合，故B错误； C选项，当时，不成立，故C错误； D选项，设，； 在内过上一点P作直线， 又因为，且， 则，又因为，所以； 再作直线，同理可得； 由于与相交于，，故D正确； 故选：D 6. 已知实数满足，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】令，得到，结合一元二次方程根的分布即可求解. 【详解】令，则， 则由，得到， 令， 则，存在正根， 又，所以只需， 解得：，当时，取等号， 所以的最小值为， 故选：B 7. 已知，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角换元，令，再根据三角恒等变形求最值即可． 【详解】由题意知：点位于第一象限， 设点在角的终边上，则， 由三角函数的定义知 ， ，， ，， 即的取值范围为． 故选：C． 8. 已知关于的方程且在上恰好有两个不等的实数根，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将已知方程根据指数幂与对数转换为同结构的式子，，从而构造函数，利用单调性化简方程为，结合对数与指数函数关系，取对数运算转换为有两个根，根据函数的单调性确定函数取值情况，从而可得实数的取值范围. 【详解】对得， 而函数在上为增函数， 所以，对两边同时取自然对数， 得，即， 所以与图象恰好有两个交点， 又，则在单调递增；在单调递减， 而，当时，，当时，， 故， 故实数的取值范围为. 故选：B. 【点睛】思路点睛：根据函数方程化同结构函数值的式子结合单调性化简成自变量之间的关系式，遇到方程可两边取自然底数的对数，将参数方程转换为参变分离的结构，从而构造新函数结合导数求单调性与取值情况，即可得参数范围. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法中不正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 若三个随机事件两两独立，则 C. 一组数据是，则该组数据的第三四分位数是82.5 D. 在线性回归分析中，两个变量的相关系数越大，变量之间相关性越强 【答案】BD 【解析】 【分析】根据二项分布的期望与方差判断A；根据事件的独立性定义可判断B；利用百分位数的计算方法求解可判断C；根据相关系数的意义可判断D. 【详解】因为随机变量，那么， 所以，， 则，所以A正确； 三个随机事件两两独立，且相互独立才有，所以B错误； 将数据从小到大排序为， 因为，则该组数据的第三四分位数是第6项与第7项的平均数，所以C项正确； 在回归分析中，相关系数的绝对值越大，变量之间的相关性越强，而不是相关系数越大，变量之间相关性越强， 因为相关系数有正负之分，正相关系数表示正相关，负相关系数表示负相关，所以选项D错误； 所以错误的选项为BD. 故选：BD. 10. 已知数列的前项和为，且，则下列说法正确的是（ ） A. 数列为等差数列 B. 成等比数列 C. 有最小值 D. 数列的前项和为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A选项，首先通过求解数列的通项公式，进而根据等差数列的定义进行求解即可； 对于B选项，根据数列的通项公式分别求解的值，然后根据等比数列的定义进行求解即可； 对于C选项，利用数列的单调性进行求解即可； 对于D选项，分和两种情况，分别根据等差数列的前项和公式进行求解即可. 【详解】对于A选项，当时，， 当时，， 由于当，，因此可得：， 又因为， 得证：数列为等差数列，首项，公差.故A选项正确； 对于B选项，由， ，， 由于，可得：成等比数列.故B选项正确； 对于C选项，由， 可知：当，时，单调递增； 当，时，单调递减，因此当时，取得最大值；无最小值. 故C选项错误； 对于D选项，设数列的前项和为， 由可得：当，时，，当，. 因此可得：当，时，， 当，时， ， 综上可得：数列的前项和为，故D选项正确； 故选：ABD 11. 已知曲线，点是曲线上的动点，下列说法正确的是（ ） A. 曲线关于直线对称 B. 点到原点的距离可能比2大 C. 曲线上恰有4个格点（横纵坐标均为整数的点） D. 点纵坐标的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】用代替，根据曲线方程的特点可判断A的真假；设，变换方程形式，可求的取值范围，判断B的真假；根据的取值范围，依次求出所有格点，判断C的真假；先得到，利用导数分析函数的单调性，可求的取值范围，判断D的真假. 【详解】用替换曲线中的得到的曲线仍为，所以曲线关于直线对称，故A正确； 令，将其代入曲线，可得； 而曲线，所以，即， 由得，且当时，，故点到原点的最大距离为2，从而B错误； 注意到：曲线过原点，所以的取值范围为，从而， 将代入曲线得； 将代入曲线得； 将代入曲线得； 所以曲线上的格点为，故C正确； 令（）， 则， 由；由. 所以在单调递增；在单调递减， 而，所以的取值范围为， 即的取值范围为，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分. 12. 已知，则__________. 【答案】##-0.4 【解析】 【分析】根据诱导公式化简，进而得，利用齐次化将弦化为切即可求解. 【详解】由题意有：， 所以， 故答案为：. 13. 曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为，则正实数__________. 【答案】 【解析】 【分析】先求，利用导数的几何意义得切线方程，进而求三角形面积，利用对数的换底公式结合指数与对数的互化即可求解. 【详解】由题意有：，，， 所以切线方程为：，令，令， 所以切线与坐标轴的交点为：， 所以切线与坐标轴围成的三角形面积为：， 故答案为：. 14. 设随机变量满足（其中），直线与抛物线的公共点个数为随机变量，若的数学期望，则抛物线的焦点坐标为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设分别取时，对应的直线与抛物线的交点个数分别是，根据随机变量的数学期望可得，再根据，从而可得直线与抛物线的位置关系，联立得，即可得抛物线方程确定焦点坐标. 【详解】设分别取时，对应的直线与抛物线的交点个数分别是， 则，其中， 从而， 所以，故， 因为，所以必有三个取值为2，一个取值为1， 设直线与抛物线相切， 由得，由得， 对于其余的三个值，直线均与抛物线有两个交点，则 所以，在中，只有当时，其余均满足， 因此，只有直线与抛物线相切，即，故， 所以抛物线方程为，故焦点坐标为. 故答案为：. 四、解答题：本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 记内角的对边分别是，已知且. （1）求的值； （2）若，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用三角恒等变换的公式，将化简成，再利用正弦定理，可得的值. （2）利用三角形的面积公式，表示出三角形的面积，结合（1）的结论，利用配方法可求三角形面积的最大值. 【小问1详解】 由题意得 即 即 即 因为，所以，故，即. 【小问2详解】 由（1）知，当时， 面积为 当，即,时，的面积最大，且面积的最大值为3. 16. 在直三棱柱中，. （1）证明：； （2）当为何值时，平面与平面夹角的余弦值为. 【答案】（1） 因为，所以由直三棱柱的性质知四边形为正方形，所以， 而，平面，所以平面， 而平面，所以； （2） 【解析】 【分析】（1）由题意及正方形的性质，利用线面垂直的判定定理证明平面，从而利用线面垂直的性质定理证明即可； （2）先利用线面垂直的判定定理证明平面，再建立空间直角坐标系，设，求出平面与平面的法向量，利用面面夹角的向量公式列式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意知，平面， 所以平面，而平面， 所以，故两两垂直， 以为坐标原点，方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 设， 则， 从而， 设平面的一个法向量为， 则，即，可取， 设平面的一个法向量为， 则，即，可取， 故， 平方化简得，又，所以，故. 17. 已知椭圆的中心在坐标原点，对称轴为坐标轴，且过点和点. （1）求椭圆的标准方程； （2）斜率为的直线与椭圆分别交于两点（均异于点），求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设椭圆的方程为，代入点和点，解方程组求出，整理成标准形式即可； （2）设直线与椭圆联立，结合弦长公式、距离公式，求出的表达式，结合基本不等式求出最大值. 【小问1详解】 设椭圆的方程为 则，解得 故椭圆的标准方程为 【小问2详解】 设直线的方程为， 由得 故得， ， 点到直线的距离， 所以， 当且仅当，即（满足）时取得最大值， 从而面积的最大值为. 18. 已知正项数列满足是数列前项和. （1）证明：； （2）证明：数列为递减数列； （3）比较与的大小，并证明. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3），证明见解析 【解析】 【分析】（1）将已知递推式变形，通过反证法证得，结合得到，进而证得； （2）由已知递推式得到，结合（1）中结论得与、与分别同号，进而证得，即可得证； （3）由（1）得到，再根据（2）中结论得到，再利用函数是上的增函数得，进而有，在通过数列求和结合等比数列的前项和公式即可得证. 【小问1详解】 证明：由及得， 所以 若中存在某项，则，这与已知条件矛盾， 所以且； 故恒大于0，所以，而，故 【小问2详解】 证明：因为， 而，所以与同号 因为， 所以与同号 而，所以，所以，故， 综上，数列为递减数列. 【小问3详解】 由（1）知，且 故， 由（2）知数列是递减数列，而，所以； 而函数是上的增函数， 所以 从而； 所以 故 19. 已知区间和区间，我们把含有的代数式记作“”.现有如下定义： 定义1：若，使得，则称“”是“任意存在型”代数式； 定义2：若，使得，则称“”是“存在任意型”代数式. （1）写出命题“，使得”的否定形式，并判断命题的真假；（直接写出结果即可，不用说明理由） （2）若，使得，求实数的最小值； （3）已知区间，代数式，请判断“”是“任意存在型”代数式？还是“存在任意型”代数式，并说明理由. 【答案】（1），使得.命题为假命题 （2） （3）（i）“”是“任意存在型”代数式；（ii）“”不是“存在任意型”代数式，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据全称量词命题与存在量词命题的关系，可直接写出命题，再判断命题的真假. （2）问题转化为三角函数的值域问题求解. （3）结合导数，分析函数的最值，利用 “任意存在型”代数式”和“存在任意型”代数式的定义进行判断. 【小问1详解】 ，使得.命题为假命题. 【小问2详解】 由，即， 而，所以 从而，所以，而， 故，即实数的最小值为4. 【小问3详解】 “”是“任意存在型”代数式，不是“存在任意型”代数式 理由如下： （i）“”是“任意存在型”代数式，即，使得. 证明：令，则，因此只需即可. 而，由得，所以在单调递减. 而，所以当均有，故“”是“任意存在型”代数式. （ii）“”不是“存在任意型”代数式. 证明：令，则，只需. 而，故在单调递增，而， 所以只需，使得即可 令.而在恒成立， 故在单调递增，从而恒成立， 这与“，使得”矛盾，故“”不是“存在任意型”代数式. 综上，“”是“任意存在型”代数式，不是“存在任意型”代数式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三年级中期调研检测 数学 本试卷共4页，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､准考证号填写在答题卡上. 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，再选涂其它答案标号.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、单选题：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. 双曲线的实轴长为，焦距为，则（ ） A. 1 B. C. D. 2. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知为虚数单位，则“”是“”为纯虚数的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充要条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分又不必要条件 4. 从这10个正整数中任选3个正整数，所选三个正整数中至少有一个数是素数的概率（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，为三条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 6. 已知实数满足，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 7. 已知，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知关于的方程且在上恰好有两个不等的实数根，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法中不正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 若三个随机事件两两独立，则 C. 一组数据是，则该组数据的第三四分位数是82.5 D. 在线性回归分析中，两个变量的相关系数越大，变量之间相关性越强 10. 已知数列的前项和为，且，则下列说法正确的是（ ） A. 数列为等差数列 B. 成等比数列 C. 有最小值 D. 数列的前项和为 11. 已知曲线，点是曲线上的动点，下列说法正确的是（ ） A. 曲线关于直线对称 B. 点到原点的距离可能比2大 C. 曲线上恰有4个格点（横纵坐标均为整数的点） D. 点纵坐标的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分. 12. 已知，则__________. 13. 曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为，则正实数__________. 14. 设随机变量满足（其中），直线与抛物线的公共点个数为随机变量，若的数学期望，则抛物线的焦点坐标为__________. 四、解答题：本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 记内角的对边分别是，已知且. （1）求的值； （2）若，求面积的最大值. 16. 在直三棱柱中，. （1）证明：； （2）当为何值时，平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知椭圆的中心在坐标原点，对称轴为坐标轴，且过点和点. （1）求椭圆的标准方程； （2）斜率为的直线与椭圆分别交于两点（均异于点），求面积的最大值. 18. 已知正项数列满足是数列前项和. （1）证明：； （2）证明：数列为递减数列； （3）比较与的大小，并证明. 19. 已知区间和区间，我们把含有的代数式记作“”.现有如下定义： 定义1：若，使得，则称“”是“任意存在型”代数式； 定义2：若，使得，则称“”是“存在任意型”代数式. （1）写出命题“，使得”的否定形式，并判断命题的真假；（直接写出结果即可，不用说明理由） （2）若，使得，求实数的最小值； （3）已知区间，代数式，请判断“”是“任意存在型”代数式？还是“存在任意型”代数式，并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $