精品解析：河北省NT20名校联合体（衡水市第十三中学等）2025-2026学年高三上学期质检三数学试题（一）

2025-2026学年第一学期高三质检三 数学（一） 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用指数、对数不等式求解出集合，，再利用交集的定义求解即可. 【详解】，所以， 故选：C. 2. 已知复数满足，在复平面内，表示复数的点在第一象限，则复数的可能取值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的模及复数对应点判断选项即可得解. 【详解】因为，， 所以排除BD， 因为对应的点在复平面内第一象限，对应的点在复平面内第四象限， 所以A正确，C错误. 故选：A 3. （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用辅助角公式及诱导公式求解即可. 【详解】. 故选：C. 4. 已知数列为等差数列，数列为等比数列，，，，，则数列的公比为（ ） A B. C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列和等比数列通项公式列方程求解. 【详解】设的公差为的公比为， 则由题意得解得或3； 故选:D. 5. 已知函数，则的最小值为（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先应用换元法得出解析式，再应用基本不等式计算求解. 【详解】因为函数， 设，则， 所以 可得， 所以， 当且仅当，即时，等号成立. 故选:B. 6. 已知数列满足，若为递增数列，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得当时，；当时，递增，故只需，代入求解即可. 【详解】当时，递增，则； 当时，递增， 若为递增数列，则， 且， 即，解得； 综上，. 故选：B. 7. 已知圆锥的高为2，用平行于底面的平面截圆锥得到一圆台，圆台的侧面积是，且体积是圆锥体积的，则圆锥的母线长为（ ） A. 8 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆锥、圆台的性质，利用圆锥体积公式求出截去圆锥的高度，从而得出圆锥与截去圆锥的底面半径及母线的比例，再利用圆锥面积公式结合已知圆台侧面积构造关于母线的方程，解方程求出母线长度． 【详解】设圆锥的高为，母线长为，底面半径为，则， 用平行于底面的平面截圆锥得到一圆台的体积是圆锥体积的， 截去圆锥的体积为圆锥体积的， 设截去圆锥的高为，母线长为，底面半径为， 则，解得，， 圆台的侧面积为，即，， 又， ，整理得，解得或（舍去）， ，． 故选：D． 8. 已知内角，，的对边为，，，且，，则的最大值为（ ） A. B. C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由两角差的正弦公式化简，再由余弦定理及正弦定理化简，利用基本不等式求最值即可. 【详解】由，可得， 结合正弦定理及余弦定理有， 整理得，因为，所以， 所以，当且仅当时等号成立. 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. 已知向量，满足，，，则下列说法正确的是（ ） A. ，的夹角为 B. C. 的最小值为 D. 若，则的最大值为5 【答案】AD 【解析】 【分析】先利用已知条件求出，利用向量夹角余弦公式得到A正确；利用向量数量积运算公式得到B正确；平方后得到，从而结合二次函数的性质得到C错误；D选项，设向量，得到，根据，求出最值． 【详解】， ，解得， 选项A，设是与的夹角，则，，故A正确； 选项B，，故B错误； 选项C，， 当时，的最小值为，故C错误； 选项D，设向量，， ， 设是与的夹角，则，即， 当且仅当共线时取等号， ，故的最大值为5，故D正确． 故选：AD． 10. 如图，正方形与正方形的边长均为1，则以下结论正确的是（ ） A. 平面 B. 若二面角为，则 C. 若，两点分别满足，，则平面 D. 若平面平面，则三棱锥的内切球半径为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A选项，由线面垂直定理即可证明；对于B选项，由二面角为得到，可证平面，再由线面垂直得到线线垂直，由勾股定理求解即可；对于C选项，做辅助线，由，得到，，，可得线线平行，再由线面平行定理即可证明；对于D选项，由题意可求得三棱锥的体积，再由三棱锥的体积，表面积与三棱锥内切圆半径的关系求解即可 【详解】对于A选项，因为，，，平面， 平面，故平面，故A正确； 对于B选项，因为，，所以为二面角的平面角，， 如图，取中点，连接，则平面，连接，则，连接， ，故，故B错误； 对于C选项，如图，过作平行交于，过作平行交于，连接，，则，同理，所以， 且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，故C正确； 对于D选项，由题意得，平面平面，所以，，设三棱锥的表面积为，则，设内切球半径为，则由，得，故D正确. 故选：ACD. 11. 在数列中，，，令记，分别为数列，的前项和，则（ ） A. B. 当时，取得最大值 C. 数列从第6项起为递减数列 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由累加法得到数列的通项公式，即可判断A选项；由数列的通项公式令，解得对应的取值范围，即可判断B选项；令解得的范围，即可判断C选项；先求出当时的值并判断不等式是否成立，然后由裂项相消求得当时的值并判断不等式是否成立，判断D选项. 【详解】由题意知， 当时，， 经检验也满足上式，所以，即，故A正确； 对于B，令，解得，所以时，取得最大值，故B错误； 对于C，令，解得，又，所以，所以，故C正确； 对于D，当时，， 当时，， 则，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. 在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】空间中两个关于轴对称点的坐标符合：横坐标不变，纵坐标和竖坐标相反． 【详解】空间中两个关于轴对称的点的坐标符合：横坐标不变，纵坐标和竖坐标相反， 故点关于轴的对称点的坐标为． 故答案为： 13. 设；.若是的充分条件，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据充分条件，判断两个解集之间的包含关系，进而求出参数范围. 【详解】由可得， 由可得， 当时，解得，符合题意； 当时，解得， 若是的充分条件，可知， 所以，即，成立， 综上，的取值范围是. 故答案：. 14. 在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，，，则直线与夹角的余弦的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】应用空间向量的加减法结合空间向量的数量积计算，最后应用异面直线所成角的余弦及基本不等式计算求解. 【详解】设， ， ， 同理可得， 设直线与的夹角为， 则， 令，则， 当且仅当，即，时，等号成立. 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，在三棱台中，平面，是等腰直角三角形，且，，，，分别是，，，的中点. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正切值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，说明为的中点，从而可得，再根据线面平行的判定定理即可得证； （2）由平面，可得为直线与平面所成的角，再解即可. 【小问1详解】 如图，连接交于点，连接， 因为分别是的中点，所以， 因为是的中点，所以为的中点， 又因为是的中点，所以， 又平面平面， 所以平面； 小问2详解】 因为平面，平面， 则，又，，平面， 则平面，又平面， 所以， 所以为直线与平面所成的角， 在等腰直角中，， 所以，又，所以， 即直线与平面所成角的正切值为. 16. 已知数列满足，. （1）证明：数列是等差数列； （2）求数列的前项和. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的定义，即可证明； （2）根据（1）的结果可知，根据分组求和法，结合等比数列求和公式及错位相减法求和. 【小问1详解】 因为， 所以是首项为，公差为的等差数列. 【小问2详解】 由（1）知，. 所以. . 设数列的前项和分别为. 则， ① ，② ①②得 所以， 所以的前项和为. 17. 已知数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据和等比数列的定义求出是首项和公比均为的等比数列，进而求出的通项公式； （2）由（1）得，利用裂项相消法即可求出答案. 【小问1详解】 当时，，解得， 由，可得， 两式相减得， 即时，，所以， 所以是首项和公比均为的等比数列， 所以，即. 所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）得， 所以. 所以数列的前项和. 18. 如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，，，，. （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，由三角形为等腰三角形可得，由勾股定理的逆定理可，根据线面垂直的判定定理可得平面，即可得平面平面； （2）取中点，连接，分别以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 证明：如图，取中点，连接 因为，所以，且， 在等腰梯形中，由， 取中点，连接， 则是边长为2的等边三角形， 所以， 又， 由余弦定理可得， 所以， 所以， 又 平面， 可得平面. 又平面，所以平面平面； 【小问2详解】 如图，取中点，连接， 则， 分别以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系： 则， 设为平面的法向量， 由，得 令， 则，则； 设为平面的法向量， 由，得 令，则， 则. 因为平面与平面的夹角不大于， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 19. 已知. （1）求曲线在处的切线方程； （2）若，证明：当时，； （3）求证：. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）对进行求导，求出切点坐标和斜率，从而得到切线方程； （2）由，得到不等式，设函数，通过求导得到单调性，证明，从而证明当时，； （3）由（2）知，转化为，令，通过对不等式进行累加证明结论. 【小问1详解】 ，所以，又， 所以曲线在处的切线方程为. 【小问2详解】 当时，. 设函数，则， 设，则在上恒成立， 所以在上单调递增， ，即，因此在上单调递增， 所以， 即当时，. 【小问3详解】 由（2）知，当时，，则， 令，则， 所以， 即， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第一学期高三质检三 数学（一） 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，在复平面内，表示复数的点在第一象限，则复数的可能取值是（ ） A. B. C. D. 3 （ ） A. B. C. D. 4. 已知数列为等差数列，数列为等比数列，，，，，则数列公比为（ ） A. B. C. 或 D. 或 5. 已知函数，则最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列满足，若为递增数列，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆锥的高为2，用平行于底面的平面截圆锥得到一圆台，圆台的侧面积是，且体积是圆锥体积的，则圆锥的母线长为（ ） A. 8 B. C. D. 8. 已知内角，，的对边为，，，且，，则的最大值为（ ） A. B. C. 4 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. 已知向量，满足，，，则下列说法正确的是（ ） A. ，的夹角为 B. C. 的最小值为 D. 若，则的最大值为5 10. 如图，正方形与正方形的边长均为1，则以下结论正确的是（ ） A. 平面 B. 若二面角为，则 C. 若，两点分别满足，，则平面 D. 若平面平面，则三棱锥的内切球半径为 11. 在数列中，，，令记，分别为数列，的前项和，则（ ） A. B. 当时，取得最大值 C. 数列从第6项起递减数列 D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 在空间直角坐标系中，点关于轴对称点的坐标为______． 13. 设；.若是的充分条件，则实数的取值范围是__________. 14. 在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，，，则直线与夹角的余弦的最小值为__________. 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，在三棱台中，平面，是等腰直角三角形，且，，，，分别是，，，的中点. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正切值. 16. 已知数列满足，. （1）证明：数列是等差数列； （2）求数列的前项和. 17. 已知数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 18. 如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，，，，. （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 19. 已知. （1）求曲线在处的切线方程； （2）若，证明：当时，； （3）求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $