精品解析：河北省五个一联盟2026届高三上学期1月模拟考试数学试题

河北省五个一联盟2026届高三上学期1月模拟考试数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在试卷和答题卡上． 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． 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. （    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的除法计算得结果. 【详解】. 故选：A. 2. 已知全集，集合，则中的元素个数是（    ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】先解分式不等式得到集合，再求补集即可求出其元素个数. 【详解】因， 又全集，所以，其中共有5个元素. 故选：D. 3. 已知一组数据从小到大排列为70，72，75，76，82，83，84，m，90，92，这组数据的第70百分位数是86，则（    ） A. 86 B. 87 C. 88 D. 89 【答案】C 【解析】 【分析】根据第百分位数的概念，求出结果即可. 【详解】由题意可知共有10个数，因为，则第70百分位数是第七个和第八个数的平均数， 即，解得. 故选：C. 4. 已知圆与圆有3条公切线，则实数的值为（ ） A. 0或4 B. 1或3 C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可知圆和圆外切，利用列等式求解即可. 【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径， 圆与圆恰有3条公切线，圆和圆外切， ，即，解得或. 故选：D. 5. 已知等比数列的首项为，且构成递增的等差数列，则数列的前项和（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用等差中项计算出等比数列的公比，再用等比数列的求和公式计算即可. 【详解】设等比数列的公比为. 由题可得，代入得， 化简得，解得或； 因为等差数列递增， 所以当时，，不满足递增，舍去； 当时，，符合题意，故. 因此. 故选： 6. 已知定义域为的函数满足，则（    ） A. B. C. 0 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知判断函数的周期性，利用代入法，结合周期性进行求解即可. 【详解】由， 由， 所以， 所以，所以该函数的周期为， ， ， 在中，令，得， 令， 得， 因为该函数的周期为， 所以， 所以， 所以. 故选：B 7. 在平行四边形ABCD中，和DF交于点，若，则（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用平行四边形的性质，结合平面向量的线性运算性质、平面向量基本定理进行求解即可. 【详解】设的中点为，连接， 因为，所以是的中点，所以，且， 因为四边形ABCD是平行四边形， 所以，且， 所以 又因为， 所以，因为， 所以，所以， 因为， 所以， 所以 . 故选：B 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，过原点的直线与交于A，B两点，若的面积为，且，则的离心率为（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据椭圆定义得，，利用面积公式和平行四边形性质求得，再利用余弦定理求解离心率. 【详解】如图所示，由椭圆的对称性可知，，且四边形是平行四边形， 令，则，可得，故， 所以，. 由题意知，解得， 因为， 所以，故. 在中，由余弦定理得， 即，整理得， 所以离心率， 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. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 是函数图象的对称中心 D. 将的图象向左平移个单位长度，所得图象关于原点对称 【答案】BC 【解析】 【分析】根据给定的函数图象，结合正切函数图象性质求出周期及解析式，再逐项分析判断得解. 【详解】观察函数图象，得的最小正周期， 对于A，由，得，A错误； 对于B，，而当时，，则， 又，则，，，B正确； 对于C，当时，无意义，是函数图象的对称中心，C正确； 对于D，将的图象向左平移个单位长度，得， 函数不是奇函数，其图象关于原点不对称，D错误. 故选：BC 10. 已知函数，则下列结论正确的是（    ） A. 为偶函数 B. 为的导函数的极大值点 C. 是函数的极值点 D. 函数的零点个数为1 【答案】BD 【解析】 【分析】利用函数奇偶性判断选项A，对函数求导得，令，对求导，利用函数单调性分析即可得出结论；通过函数在上单调性分析得出选项C；利用函数零点存在性定理以及函数单调性判断即可得出选项D. 【详解】由函数的定义域为关于原点对称， 且， 所以函数不是偶函数，故A选项不正确； 由， 令， 则， 令， 因为，所以， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 所以为的极大值点， 即为的导函数的极大值点，故B选项正确； 由B选项可知当时， ， 即当时，， 所以函数在上单调递减， 所以不是函数的极值点，故C选项不正确； 由函数在上单调递减， 且， ， 所以函数在上只有1个零点， 故D选项正确； 故选：BD. 11. 如图，已知正四棱台中，，梯形的面积为，则（    ） A. 正四棱台的侧面积为 B. 异面直线与所成角的余弦值为 C. 若为的中点，则过点的平面截正四棱台所得截面的周长为 D. 若正四棱台的四条侧棱的延长线交于点，则四棱锥的外接球的表面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用正四棱台的结构特征，可直接求解其侧面积，判断选项A，建立空间直角坐标系，利用向量法直接求解异面直线夹角的余弦值，判断选项B，根据平面的基本事实，得到过点的截面图形，然后逐个线段求解，即可判断选项C，利用相似，求得四棱锥的高，然后建立空间直角坐标系，根据线段长度即可求出外接球的半径，进而判断选项D. 【详解】由题知，， 设梯形的高为，则，可得， 设侧面梯形的高为，则， 所以一个侧面面积为， 所以正四棱台的侧面积为，A错误； 如图，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设直线与夹角为， 所以，B正确； 取中点，因为为中点， 所以，所以过点的平面即为四边形， 且， 又， 所以截面的周长为，C正确； 对于D，设棱台高为，延长棱台的四条侧棱交于点O，设棱锥的高为， 由相似得，，可得， 如图，建立空间直角坐标系， 则， 设球心，外接球半径为， 则， 所以，解得， 所以， 则球的表面积为，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. 已知直线经过抛物线的焦点，则____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据抛物线方程得到焦点坐标，然后代入直线方程，即可求出结果. 【详解】因为抛物线， 所以抛物线焦点为， 所以， 解得. 故答案为： 13. 已知，则____________． 【答案】或 【解析】 【分析】以为整体，则，结合三角恒等变换运算求解，注意讨论的符号. 【详解】因为，即， 可得， 且， 若，则， 可得； 若，则， 可得； 综上所述：或. 故答案为：或. 14. 如图，某城市A，B两地间有整齐的道路网，每两条线的交点处为一个路口，小林要从出发到处，若每次只能向右或向上走一个路口，P，Q两处实行交通管制，不准通行，则从到的走法共有____________种．（用数字作答） 【答案】24 【解析】 【分析】根据分类加法和分步乘法计数原理，以及组合与组合数的概念和计算方法，列出所有可能的情况，计算结果即可. 【详解】由题意可知，从出发到处，需要向上4次，向右4次，所以不同的情况有种， 从出发到处，需要向上3次，向右1次，从出发到处，需要向上1次，向右3次， 则从出发经过到处，共有不同情况种， 从出发到处，需要向上1次，向右2次，从出发到处，需要向上3次，向右2次， 则从出发经过到处，共有不同情况种， 则从出发不经过到达处，共有不同情况种. 故答案为：24. 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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知． （1）求的值； （2）若，求BC边上的高． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知等式结合余弦定理可得，从而再由余弦定理可得的值； （2）根据与的关系可分别得的值，再根据三角形面积公式列方程即可得BC边上的高． 【小问1详解】 由余弦定理得, 所以， 从而可得； 【小问2详解】 由（1）可得，，， 则的面积， 设BC边上的高为， 则，所以， 故BC边上的高为. 16. 已知函数． （1）若的图象在点处的切线方程为，求实数a，b的值； （2）讨论的单调区间． 【答案】（1）， （2）当时，当时，单调递减；时，单调递增； 当时，单调在递增； 当时，当，时，单调递增；当时，单调递减； 当时，当时，单调递减；当时，单调递增. 【解析】 【分析】（1）由导数的意义结合点斜式方程可得； （2）求导后分的取值讨论可得. 【小问1详解】 由题意可得， 因为的图象在点处的切线方程为， 所以，即， 解得，所以 所以. 【小问2详解】 ， 因为， 令可得或， ，当时，可得当时，，单调递减； 当时，，单调递增； ，当时，即时，即由不等式可解得时， 可得当，时，，单调递增； 当时，，单调递减； ，当时，恒成立，单调在单调递增； ，当时，当时，，单调递减； 时，，单调递增， 综上， 当时，当时，单调递减；时，单调递增； 当时，单调在递增； 当时，当，时，单调递增；当时，单调递减； 当时，当时，单调递减；当时，单调递增. 17. 等边三角形绕边上的高旋转一周形成一个圆锥，如图，已知C，D均为弧的三等分点（点靠近点），为母线的中点，． （1）已知为内一点，且平面，作出点的轨迹并证明； （2）求平面和平面所成二面角的正弦值； （3）设为圆锥底面圆周上一点，求三棱锥体积的最大值． 【答案】（1）设中点为，则点的轨迹为线段（不包括端点），证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据面面平行的判定定理证明平面平面，再由面面平行的性质可得点的轨迹； （2）设点为弧中点，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的方法计算可得结果； （3）利用余弦定理计算得到的面积，利用空间向量计算得到点到平面距离的最大值，最后由三棱锥体积公式计算可得结果. 【小问1详解】 设中点为，连接，，，，则点的轨迹为线段. 证明：分别为的中点，，且， 又C，D为弧的三等分点，，且， 且，四边形是平行四边形，， C，D为弧的三等分点，，， 四边形是平行四边形，， 由，，平面，平面， 平面，平面，平面平面， 为内一点，且平面， 当点在线段上时，平面，满足平面， 点的轨迹为线段（不包括端点）. 【小问2详解】 设点为弧中点，以为轴，为轴，为轴建立如图所示空间直角坐标系， ，，，，，，， ，，，， 设是平面的法向量， 则，令，可得，，所以， 设是平面的法向量， 则，令，可得，，所以， 设平面和平面所成二面角为， 则， ， 所以平面和平面所成二面角的正弦值为. 【小问3详解】 ，，， 则， ， 设，， 则点到平面的距离， 当时，， 三棱锥体积的最大值为. 18. 篮球是以手为中心的身体对抗性体育运动，篮球控球能力对球员的场上表现有直接影响．某教练指导三名学员B，C，D进行篮球控球训练，训练开始时篮球在教练手里，由教练进行控球示范，1分钟后等可能地传给学员B，C，D其中一人，学员控球训练1分钟后，将球传出，传给教练的概率为，传给另外两名学员的概率均为，篮球在四人之间传递． （1）若四人进行了3次传球，求教练控球2次的概率． （2）设分别表示第次传球后由A，B控球的概率． （i）求的表达式及其最大值； （ii）若数列的前项和为，求． 【答案】（1）； （2）（i），其最大值为；（ii）. 【解析】 【分析】（1）分析给定信息，将问题转化为两个互斥事件的和，并结合概率的乘法公式计算即得. （2）（i）由给定信息可得，，再利用构造法求出数列通项，按分奇偶求出最大值；（ii）由（i）的结论求出，进而求出，再利用错位相减法求和. 【小问1详解】 第1次传球后必为学员控球，第2次传球后教练控球的概率为，学员控球的概率为， 若第2次传球后教练控球，则第3次传球后必为学员控球，学员控球的概率为1； 若第2次传球后学员控球，则第3次传球后教练控球的概率为， 四人进行了3次传球，教练控球2次的事件是初始控球及只在第2次控球的事件， 与初始控球及只在第3次控球的事件的和，概率为， 所以四人进行了3次传球，教练控球2次的概率为. 【小问2详解】 （i）因规则对学员B, C, D完全对称，且第1次传球后他们控球的概率相等，故之后任意一次传球后他们控球的概率均相等， 可记为，则，又， 因此，即，由，得， 则数列是首项为，公比为的等比数列，， 于是，当为正奇数时，， 当为正偶数时，，而数列单调递减，则当时，取最大值， 所以的表达式为，其最大值为. （ii）由（i）得，， 因此，，， 两式相减得， 所以. 19. 已知双曲线的左焦点为 ，一条渐近线过点． （1）求的方程； （2）已知第一象限的点在上，过点且斜率为的直线与相交于点，求为坐标原点）的面积； （3）设的另一条渐近线为，直线与的右支交于点A，B（在的上方），过点与平行的直线和过点与平行的直线交于点，过点且斜率为的直线与的右支交于点在的上方），过点与平行的直线和过点与平行的直线交于点，求直线PQ的方程． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题列方程求解得到，，，所以双曲线方程为. （2）设点,所以；求出，所以，点到渐近线的距离为；则的面积为. （3）设，联立方程得到，，直线AP的方程为， 同理直线BP的方程为，计算得到 ，，所以点P在直线上，同理可知点Q的坐标也满足，所以直线的方程为. 【小问1详解】 因为左焦点为，所以，故； 因为一条渐近线过点，所以，即， 代入，得到，. 所以双曲线方程为. 【小问2详解】 由题可知渐近线的方程为 ， 设点,所以； 则过点斜率为的直线为， 联立方程得到，解得， 故， 所以； 点到渐近线的距离为； 所以的面积为. 【小问3详解】 设，联立方程得到， 化简整理得到， 即， 因为该方程有两个正根,所以， 又因为，得到或（舍去）； 直线AP的方程为， 因为,所以直线AP的方程为，① 同理直线BP的方程为， 因为，所以直线BP的方程为，② 由①②得, , 所以； 因为， 所以 所以,故点P在直线上； 同理可知点Q的坐标也满足. 则P,Q都在直线上， 所以直线PQ的方程为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北省五个一联盟2026届高三上学期1月模拟考试数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在试卷和答题卡上． 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． 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. （    ） A. B. C. D. 2. 已知全集，集合，则中的元素个数是（    ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 3. 已知一组数据从小到大排列为70，72，75，76，82，83，84，m，90，92，这组数据的第70百分位数是86，则（    ） A. 86 B. 87 C. 88 D. 89 4. 已知圆与圆有3条公切线，则实数的值为（ ） A. 0或4 B. 1或3 C. 或 D. 或 5. 已知等比数列的首项为，且构成递增的等差数列，则数列的前项和（    ） A. B. C. D. 6. 已知定义域为的函数满足，则（    ） A. B. C. 0 D. 2 7. 在平行四边形ABCD中，和DF交于点，若，则（    ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，过原点的直线与交于A，B两点，若的面积为，且，则的离心率为（    ） 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. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 是函数图象的对称中心 D. 将的图象向左平移个单位长度，所得图象关于原点对称 10. 已知函数，则下列结论正确的是（    ） A. 为偶函数 B. 为的导函数的极大值点 C. 是函数的极值点 D. 函数的零点个数为1 11. 如图，已知正四棱台中，，梯形的面积为，则（    ） A. 正四棱台的侧面积为 B. 异面直线与所成角的余弦值为 C. 若为的中点，则过点的平面截正四棱台所得截面的周长为 D. 若正四棱台的四条侧棱的延长线交于点，则四棱锥的外接球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知直线经过抛物线的焦点，则____________． 13. 已知，则____________． 14. 如图，某城市A，B两地间有整齐的道路网，每两条线的交点处为一个路口，小林要从出发到处，若每次只能向右或向上走一个路口，P，Q两处实行交通管制，不准通行，则从到的走法共有____________种．（用数字作答） 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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知． （1）求的值； （2）若，求BC边上的高． 16. 已知函数． （1）若的图象在点处的切线方程为，求实数a，b的值； （2）讨论的单调区间． 17. 等边三角形绕边上的高旋转一周形成一个圆锥，如图，已知C，D均为弧的三等分点（点靠近点），为母线的中点，． （1）已知为内一点，且平面，作出点的轨迹并证明； （2）求平面和平面所成二面角的正弦值； （3）设为圆锥底面圆周上一点，求三棱锥体积的最大值． 18. 篮球是以手为中心的身体对抗性体育运动，篮球控球能力对球员的场上表现有直接影响．某教练指导三名学员B，C，D进行篮球控球训练，训练开始时篮球在教练手里，由教练进行控球示范，1分钟后等可能地传给学员B，C，D其中一人，学员控球训练1分钟后，将球传出，传给教练的概率为，传给另外两名学员的概率均为，篮球在四人之间传递． （1）若四人进行了3次传球，求教练控球2次的概率． （2）设分别表示第次传球后由A，B控球的概率． （i）求的表达式及其最大值； （ii）若数列的前项和为，求． 19. 已知双曲线的左焦点为 ，一条渐近线过点． （1）求的方程； （2）已知第一象限的点在上，过点且斜率为的直线与相交于点，求为坐标原点）的面积； （3）设的另一条渐近线为，直线与的右支交于点A，B（在的上方），过点与平行的直线和过点与平行的直线交于点，过点且斜率为的直线与的右支交于点在的上方），过点与平行的直线和过点与平行的直线交于点，求直线PQ的方程． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $