精品解析：河北省秦皇岛市、承德市部分学校2025-2026学年高三上学期11月期中联考数学试题

2026届河北地区高三期中考试 数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、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． 考试时间为120分钟，满分150分 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. 已知复数，则（ ） A. 4 B. C. 5 D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知平面向量，，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 设，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知一正三棱柱的底面边长为3，其内部有一球与其各面都相切，则该正三棱柱的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 设数列的前项和为，且，记，数列的前n项和为，若不等式对任意的恒成立，则m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知是的三条边且．设函数，则下列结论中错误的是（ ） A. 存在正数，使得，，不能作为一个三角形的三条边长 B. 存在，，，能作为一个直角三角形的三条边长 C. 当是钝角三角形时，函数有零点 D. 存在，使得 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. 下列说法错误的是（ ） A. 若幂函数在上单调递减，则 B. “向量与向量共线”是“存在，使得”的充要条件 C. 若，的终边不相同，则 D. 在中，角，，的对边分别为，，，则“”是“且”的充要条件 10. 如图，已知正方体的棱长为4，，分别是，的中点，是线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面截正方体所得的截面可能是五边形 B. 一定是锐角三角形 C. 当与点重合时，取为正方形内（含边界）一点满足平面平面，则的最小值为 D. 的最小值是 11. 数列满足前两项都是1，之后每项都等于它前面两项之和，这就是著名的斐波那契数列．若的前项和为，则下列结论正确的是（ ） A. B. 存在实数，使得成等比数列 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若命题“，”为假命题，则实数的取值范围是______． 13. 已知函数，若恒成立，则的最小值是______． 14. 已知在三棱锥中，，,，,分别是直线和上的动点，存在实数，使得成立，则到直线距离的取值范围为______． 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. 如图，在四棱锥中，，，，为的中点，，． （1）证明：平面； （2）已知，，，四点均在球的球面上，证明：，，三点共线． 16. 已知函数．从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，使函数存在且唯一确定． 条件①，函数的图象关于对称，且在区间有且只有一个最大值和一个最小值； 条件②，函数在区间内无极值点，且，恒成立． （1）求的值； （2）若不等式在区间内有解，求实数的取值范围． 17. 如图，四棱锥中，平面，，，，，，，是的中点． （1）证明：平面． （2）求平面与平面所成角的正切值． （3）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 18. 函数． （1）当时，求在上的最大值； （2）若在上单调递减，求实数的取值范围； （3）证明：，． 19. 如图，设是由个实数组成的行列的数阵，其中（，，2，，）表示位于第行第列的实数，且． 定义（，，2，，，）为第行与第行的积和．若对于任意，，都有，则称数阵为正交数阵． 例如数阵， 1 1 1 即为正交数阵． （1）当时，试写出一个符合条件的正交数阵； （2）是否存在2026行2026列的正交数阵，并说明理由； （3）设为行列的正交数阵，且对于任意的，，，和，2，，，都有，证明；． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届河北地区高三期中考试 数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、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． 考试时间为120分钟，满分150分 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. 已知复数，则（ ） A. 4 B. C. 5 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据共轭复数的定义和模长公式求解. 【详解】由题意，，所以． 所以， 故选：B． 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别求解不等式，再根据集合运算求解. 【详解】因为，所以， 因为，即，所以， 所以，所以． 故选：A 3. 已知平面向量，，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设向量，根据题意，取得，得到，结合向量的数量积的坐标运算公式和投影向量的计算公式，即可求解. 【详解】设向量，因为，且，可得， 解得，即，则， 又因为，所以在方向上的投影向量为． 故选：A． 4. 设，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用对数运算，借助特殊值，再结合指数运算，即可判断大小. 【详解】因为，所以． 又因为，所以． 所以， 故选：D． 5. 已知一正三棱柱的底面边长为3，其内部有一球与其各面都相切，则该正三棱柱的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正三棱柱的性质找到内切球球心可得内切球半径，再由正三棱柱内切球球心与外接球球心为同一点，利用勾股定理计算即可得. 【详解】正三棱柱的内切球与外接球的球心重合，设为， 如图，边长为3的正三角形的内切圆半径，即内切球半径， 所以正三棱柱的高，即， 外接球半径， 所以外接球的表面积为. 故选：A． 6. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用三角函数的基本关系式和两角差的余弦公式，准确运算，即可求解. 【详解】由，可得，则， 又由，所以， 所以 ． 故选：C． 7. 设数列的前项和为，且，记，数列的前n项和为，若不等式对任意的恒成立，则m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由求得，再通过错位相减法得到，将不等式转化成，求出函数的最小值即可. 【详解】由， 可得：， 当时，符合， 所以， 所以， 两边同乘以，得 两式相减，得， 所以． 则由可得 即，对任意的恒成立， 令， 则，且， 当时，， 当，时，， 所以的最小值为， 所以. 故选：D 8. 已知是的三条边且．设函数，则下列结论中错误的是（ ） A. 存在正数，使得，，不能作为一个三角形的三条边长 B. 存在，，，能作为一个直角三角形的三条边长 C. 当是钝角三角形时，函数有零点 D. 存在，使得 【答案】D 【解析】 【分析】利用特例方法，可判定A、B正确；由是钝角三角形，得到角为钝角，利用余弦定理，得到，结合函数零点的存在性定理，可判定C正确；化简函数为，分和，两种情况讨论，结合函数的单调性，可判定D错误. 【详解】对于A，取，当时，可得，满足， 此时不能作为一个三角形的三条边长，所以A正确． 对于B，取，当时，可得， 满足，此时能作为一个直角三角形的三条边长，所以B正确． 对于C，若是钝角三角形，且，则角为最大角，且角为钝角． 由余弦定理得，即， 又由，可得， 因为，且函数在上连续， 由函数零点存在性定理知，存在，使得， 所以当是钝角三角形时，函数有零点，所以C正确． 对于D，由， 若，则，对任意的，； 若，则且， 令，因为函数，在上均单调递减， 所以函数在上单调递减， 因为，， 所以对任意的，，则，所以D错误． 故选：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. 下列说法错误的是（ ） A. 若幂函数在上单调递减，则 B. “向量与向量共线”是“存在，使得”的充要条件 C. 若，的终边不相同，则 D. 在中，角，，的对边分别为，，，则“”是“且”的充要条件 【答案】ABC 【解析】 【分析】直接根据幂函数的性质即可判断A；根据向量共线定理可判断B；通过特例可判断C；通过正弦定理和余弦函数的单调性可判断D. 【详解】对于A，因为幂函数在上单调递减， 所以，即，解得，故A错误； 对于B，当与共线，且时，才存在，使得， 所以“向量与向量共线”不是“存在，使得”的充分条件，故B错误； 对于C，当，时，满足，的终边不相同，但，故C错误； 对于D，在中，，由正弦定理，，得，同理，由及正弦定理，得， 所以“”与“”互为充要条件； ，即，又因为在上单调递减，所以由，得，由得， 所以“”与“”互为充要条件． 所以“”与“且”互为充要条件，故D正确． 故选：ABC． 10. 如图，已知正方体的棱长为4，，分别是，的中点，是线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面截正方体所得的截面可能是五边形 B. 一定是锐角三角形 C. 当与点重合时，取为正方形内（含边界）一点满足平面平面，则的最小值为 D. 的最小值是 【答案】AC 【解析】 【分析】对A，将线段延长，分别交，的延长线于点，，连接，得到截面图形；对B,由可判断；对C，设，由两平面垂直求出，将表示为的函数求得最值；对D，取的中点，在的延长线上取点，使得，则最小值为. 【详解】对于A：如图，当点与，两点不重合时，将线段向两端延长， 分别交，的延长线于点，，连接，分别交，于，两点，连接，，此时截面为五边形，故A正确． 对于B：当点与点重合时，，， ，，故是钝角，故B错误． 对于C：如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则，，，，． 又点为正方形内（含边界）一点，设，，． 设平面的法一个向量为，又，， 则，取； 设平面的法向量为，又，， 则，取． 因为平面平面，所以，解得，故． 则， 当时，的最小值，故C正确． 对于D：如图，取的中点，连接，，， 在的延长线上取点，使得， 连接交于点，连接，则，所以． 因为平面，平面，所以． ，故D错误．故选：AC． 11. 数列满足前两项都是1，之后每项都等于它前面两项之和，这就是著名的斐波那契数列．若的前项和为，则下列结论正确的是（ ） A. B. 存在实数，使得成等比数列 C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A：根据斐波那契数列的定义求出，，再进行判断即可；对于B：假设为等比数列，根据等比数列的定义和斐波那契数列的递推公式建立方程，进行判断；对于C：利用累加法判断；对于D：直接求值判断. 【详解】由题意，． 对于，因为，，， 所以，，所以，故A错误． 对于B，若为等比数列，则设， 将代入得，， 即，则有解得或 所以存在实数，使得数列为等比数列，故B正确． 对于C，，则，即，所以，故C正确． 对于D，，又因为，，即， 所以，故D错误． 故选：BC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若命题“，”为假命题，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】利用全称命题的否定形式及真假判定，结合对勾函数的性质计算参数范围即可. 【详解】命题“，”的否定为“，”． 因为命题“，”为假命题， 所以命题“，”为真命题． 设，，因为， 当且仅当即时取等号， 所以，所以，所以实数的取值范围是． 故答案为： 13. 已知函数，若恒成立，则的最小值是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，分析函数与的性质，确定使不等式恒成立的条件，再构造函数，利用导数求出最小值即可. 【详解】函数的定义域为， 当时，，由恒成立，得恒成立， 由函数的值域为，得函数值域为R，不恒成立，则不成立； 当时，由，得，由，得， 由，得，由，得， 因此要使恒成立，当且仅当，即，则， 设函数，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，则函数有最小值， 所以的最小值为. 故答案为： 14. 已知在三棱锥中，，,，,分别是直线和上的动点，存在实数，使得成立，则到直线距离的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，设，根据题意，求得，得到，再设，得到，求得直线过定点，得到到直线的距离，结合时，求得的最大值和最小值，即可求解. 【详解】以为原点，分别以，所在直线为轴、轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，． 因为，设，则， 所以，，解得， 又因为，所以，所以． 因为是直线和上的动点，设，， 则由得，， 因为表示以为起点，终点在直线上的向量，坐标为， 所以直线过定点，设为点， 再设是在平面内的投影，则， 设到直线的距离为，则到直线的距离， 当直线经过点时，取得最小值0， 当时，取得最大值． 所以，，即到直线距离的取值范围为． 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. 如图，在四棱锥中，，，，为的中点，，． （1）证明：平面； （2）已知，，，四点均在球的球面上，证明：，，三点共线． 【答案】（1） 如图，连接．因为，为的中点，所以． 又因为，，所以． 又因为，，则，所以． 又因为，，平面，平面， 所以平面．又平面，所以． 又因为，，平面，平面， 所以平面． （2） 方法一，如图，以点为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向， 建立空间直角坐标系，则，，，，，． 设，由得 ， 解得，，所以点的坐标为． 因为，所以． 又因为为，的公共点，所以，，三点共线． 方法二，如图，不妨设为的中点，为的中点，连接，则． 由（1）知平面，所以平面．由，得． 直线上任一点到，，三点的距离相等，所以直线． 同理，过点且垂直于平面的直线上任一点到，，三点的距离相等， 所以直线．因为，所以点即为点，所以，，三点共线． 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理把问题转化为证明，进而转化为证明平面，而证明平面只需证明即可. （2）方法一：建立空间直角坐标系，利用球心的性质求出球心的坐标， 然后即可；方法二：利用几何方法证明球心为的中点即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 已知函数．从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，使函数存在且唯一确定． 条件①，函数的图象关于对称，且在区间有且只有一个最大值和一个最小值； 条件②，函数在区间内无极值点，且，恒成立． （1）求的值； （2）若不等式在区间内有解，求实数的取值范围． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）先化简函数解析式，若选择①，由对称得到方程，接着结合题设和正弦函数性质得到不等式，由所得方程和不等式即可分析计算求解；若选择②，由题设即可得到函数周期，由周期公式即可求解； （2）先解不等式得到， 再结合即可分析计算求解. 【小问1详解】 函数， 若选择①，因为函数的图象关于对称， 所以，解得， 因为，所以， 若函数在区间有且只有一个最大值和一个最小值， 则，解得，即，则有， 又，所以，所以，函数存在且唯一确定， 若选择②，设函数的最小正周期为， 因为在区间内无极值点，且，， 所以，即，，所以函数存在且唯一确定， 综上，函数存在且唯一确定，； 【小问2详解】 由（1）得， 所以不等式，即， 所以，即， 因为，， 则当时，，即， 所以要使得不等式在区间内有解，则， 所以实数的取值范围为. 17. 如图，四棱锥中，平面，，，，，，，是的中点． （1）证明：平面． （2）求平面与平面所成角的正切值． （3）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 证明：如图，取的中点，连接． 因为是的中点，所以，． 又因为且，所以，， 所以四边形是平行四边形，所以． 因为平面，平面，所以平面． （2） （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理进行证明； （2）利用向量法，求出两个平面的法向量，再求面面角的余弦值； （3）假设存在，设且，再由点到平面距离的向量求法列出方程，求参数即可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由题意，平面，，则，，两两互相垂直，建立如图所示的空间直角坐标系． 又因为，，，， 所以，，，． 平面的一个法向量为． 设平面的法向量为，因为，， 所以令，则． 设平面与平面所成角为， 所以， ，． 所以平面与平面所成角的正切值为． 【小问3详解】 解：设且，，， 则，，． 设平面的法向量为， 则令，所以． 又因为点到平面的距离为，， 所以，即，解得． 所以存在点，使得点到平面的距离为，此时． 18. 函数． （1）当时，求在上的最大值； （2）若在上单调递减，求实数的取值范围； （3）证明：，． 【答案】（1） （2） （3）证明：先证明左边， 由（1）知，当时，在上单调递增， 所以当时，，即． 又因为， 所以，，，， 累加得，． 再证明右边， 由（2）知，当时，在上单调递减， 所以当时，，得， 令， 累加得 ， 所以． 所以，． 综上所述，，． 【解析】 【分析】（1）求出导函数，根据余弦函数图象与性质求出单调区间，即可求解最大值； （2）求出导函数，结合，按照和分类讨论，分别研究函数的单调性，利用单调性求得的范围； （3）先证明左边，由（1）知，当时，在上单调递增，可得．利用累加可得，再证明右边，由（2）知，当时，在上单调递减，得，令，，，，，，累加得证. 【小问1详解】 ， 当时，， ． 当时，，当时等号成立， 当时，，，单调递增， 当时，，，单调递减． 所以． 【小问2详解】 ， ， ，当时等号成立， 当时，，恒成立，在上单调递减，符合题意； 当时，，要使为单调函数， 则只需，即恒成立，所以，解得，所以． 综上，实数的取值范围为． 【小问3详解】 略 19. 如图，设是由个实数组成的行列的数阵，其中（，，2，，）表示位于第行第列的实数，且． 定义（，，2，，，）为第行与第行的积和．若对于任意，，都有，则称数阵为正交数阵． 例如数阵， 1 1 1 即为正交数阵． （1）当时，试写出一个符合条件的正交数阵； （2）是否存在2026行2026列的正交数阵，并说明理由； （3）设为行列的正交数阵，且对于任意的，，，和，2，，，都有，证明；． 【答案】（1） （2）假设存在2026行2026列的正交数阵，根据正交数阵的定义，可以得到以下两个结论： ①把正交数阵的任何一列的数变为其相反数，得到的新数表是正交数阵； ②交换正交数阵的任意两列，得到的新数表也是正交数阵.   正交数阵反复经过上述两个结论的变换，前三行可以为如下形式： 在这个新数表中，设前三行中的数均为1的有x列，前三行中“第1，2行中的数为1， 且第3行中的数为”的有y列， 前三行中“第1, 3行中的数为1，且第2行中的数为”的有z列， 前三行中“第1行中的数为1，且第2, 3行中的数为”的有w列（如上表所示）， 则， 由，得，由，得， 由，得，解方程组得， 这与矛盾，所以不存在2026行2026列的正交数阵. （3）记第1列前行中的数的和， 第2列前行中的数的和，……， 第n列前行中的数的和， 因为对于任意的和，都有， 所以.                                 又因为对于任意（），都有， 所以.                                 又因为， 所以，即. 【解析】 【分析】（1）根据定义求解即可； （2）先研究正交数阵性质，再利用性质作变换，考虑前三行的情况，列方程组，最后根据所求解得矛盾，即证得结论； （3）把作为研究对象，根据条件可得，根据定义可得，最后根据不等关系证得结果. 【小问1详解】 由题意，时，数表为： 要使数表为正交数阵， 则对于任意，都有，又， 显然答案不唯一，如： 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 【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 $