精品解析：河北衡水中学2025-2026学年高三年级检测（六）数学试题

河北衡水中学2025-26届高三年级检测（六） 数 学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.共4页，总分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题 共58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. 如图，全集，，，则图中阴影部分所表示的集合为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】图中阴影部分表示，再根据交集和补集的定义计算即可得出答案. 【详解】根据已知条件有：图中阴影部分表示， ，所以， 所以图中阴影部分所表示的集合为：. 故选：B 2. 函数的最小正周期是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用辅助角公式将函数化简为单一正弦函数形式，再根据正弦函数的周期公式求解该函数的最小正周期. 【详解】函数化简得，其中，， 因为，正弦函数的周期公式为， 所以函数的最小正周期是. 故选：C. 3. 设,且,则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由特殊值代入可判断ABD,由基本不等式可判断C. 【详解】对于A：若则;若则,故A错误； 对于B：若则,故B错误； 对于C：,当且仅当时，即时，等号成立. 又.又,故C正确； 对于D：若，则即,与题设矛盾，故D错误. 故选：C. 4. 已知，，且，的夹角为，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据投影向量定义以及向量数量积定义计算可得结果. 【详解】易知 所以在上的投影向量为. 故选：D 5. 若，且，则直线必不过（ ）. A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】对分成，，，去分母观察， 化简可求得，再判断直线不过第几象限. 【详解】由，则，，，相加得， 又，得，即直线为，即， 显然直线不过第四象限. 故选：D 【点睛】本题考查了学生的观察、分析能力，由比较整齐的式子，求得，再利用直线的性质，判断不过第几象限. 6. 已知，．设函数，若实数满足不等式，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意写出函数的解析式，根据函数的奇偶性和单调性将不等式转化为，解不等式即可得到答案. 【详解】由题意得，， 函数定义域为，， ，所以函数为奇函数， 又，所以函数为增函数， 不等式，可化为， 利用奇函数得，， 利用增函数得，， 即，解得或. 故选：D. 7. 已知是等比数列，则“，，”是“是递增数列”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】C 【解析】 【分析】利用等比递增数列的定义判断即可. 【详解】（1）充分性证明：设数列的公比为q, 由，得， 当时，，则或，当时，显然是递增数列， 当时，则数列为摆动数列不能保证对任意正整数n使得（舍去）， 同理当时，，当时，显然是递增数列， 当，为摆动数列不能保证对任意正整数n使得（舍去）， 故充分性成立. （2）必要性证明：若是递增数列，则从第二项开始，每一项都比它的前一项大， 所以，，故，由上两个式子可得，，必要性成立. 故选：C 8. 已知四棱锥，底面是边长为的正方形，侧面底面，且为正三角形，则该四棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】运用面面垂直的性质证得平面，平面，再结合正弦定理求得三角形外接圆的半径及勾股定理求得四棱锥外接球的半径，进而求得其表面积. 【详解】如图所示， 连接交于点，取中点，连接， 则由题意知，， 为正方形外接圆的圆心，又因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面，同理平面， 设等边的外接圆圆心为，过作的平行线交过且与平行的线于点， 则平面，面，所以为四棱锥外接球的球心， 设球的半径为，在等边中由正弦定理得，解得， 又因为，所以， 所以四棱锥外接球表面积为. 故选：C 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. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，平面，为的中点，则（ ） A. B. 异面直线与所成角的余弦值为 C. D. 点到平面的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据向量线性运算可知A正确；以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据异面直线所成角的向量求法、向量模长的求解与点到平面距离的向量求法依次验证BCD选项即可. 【详解】对于A，，A正确； 对于B，以为坐标原点，正方向为轴正方向可建立如图空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 即异面直线与所成角的余弦值为，B正确； 对于C，由B知：，， 即，C错误； 对于D，由B知：，，， 设平面的法向量， 则，令，解得：，，， 设点到平面的距离为，则，D正确. 故选：ABD. 10. 已知直线，圆，则（ ） A. ，与相交 B. ，使得圆心到的距离为 C. 当圆截所得的弦长为时，的值为 D. 当圆上有个点到的距离为时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项利用直线恒过的定点在圆内即可判断；B选项圆心到的距离公式即可求解；C选项利用直线与圆相交的弦长公式即可求解；D选项利用当圆上有个点到的距离为时，需满足圆心到直线的距离即可求解. 【详解】直线可变形为， 令，则，解得，， 则直线恒过定点； 又圆的圆心为，半径为. 则圆心到直线的距离为. 对于A选项，，点在圆内， 对，与相交，故A正确； 对于B选项，令，两边平方化简得，， ，此方程无解， 不存在实数，使得圆心到的距离为，故B错误； 对于C选项，直线与圆相交弦长， 则，解得，，两边平方解得， 当圆截所得的弦长为时，的值为，故C正确； 对于D选项，当圆上有个点到的距离为时，需满足圆心到直线的距离， 即，两边平方解得，即，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知等差数列的前n项和为，，，则（ ） A. B. C. 使的n的最大值为25 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用的关系，可求得，进而求得数列的通项公式，进而逐项计算可判断正误. 【详解】当时，， 当时，， 所以，因数列为等差数列，所以， 所以，解得，故A正确； 所以，适合，故等差数列的通项公式为，故B正确； 由，得，解得， 又，所以时，， 所以使的n的最大值为26，故C错误； 令，则，解得，即数列为递增数列，且， 所以 ，故D正确. 故选：ABD. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若是关于x的实系数方程的一个复数根，则________． 【答案】 【解析】 【分析】将代入实系数方程，结合复数运算知识可得答案. 【详解】因是关于x的实系数方程的一个复数根， 则，则. 故答案为： 13. 已知底面半径为的圆锥其轴截面面积为，过圆锥顶点的截面面积最大值为，若，则该圆锥的侧面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件可得圆锥轴截面顶角为钝角，再利用三角形面积公式求出母线长，进而求出圆锥侧面积. 【详解】依题意，圆锥轴截面面积小于过圆锥顶点的截面面积最大值，则该圆锥轴截面顶角为钝角， 设该圆锥母线长，轴截面顶角，则， 由，得，则，而圆锥底面圆半径，则， 所以该圆锥的侧面积为. 故答案为： 14. 函数在时有极小值，那么的值为____. 【答案】30或6 【解析】 【分析】由在时有极小值，可得，据此可得或，经验证后，可得答案. 【详解】，， 由题，又， 则 则或 当，， ， ，， 则在上单调递增，在上单调递减， 即在处取得极小值，满足题意，则； 当，，， ， ，， 则在上单调递增，在上单调递减， 即在处取得极小值，满足题意，则. 故答案为：或. 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. 记为数列的前n项和，已知 （1）求的通项公式； （2）证明: 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）应用，计算得出，最后应用累乘计算求解通项即可； （2）应用裂项相消法计算证明不等式. 【小问1详解】 依题意 ① 当时， ② 由①-②， 得 ∴当且时， 又 也符合上式，即 【小问2详解】 16. 如图，三棱锥中，底面是正三角形，底面，平面，垂足为． （1）是否可能是的垂心，请说明理由 （2）若恰是的重心，求直线与平面所成角的大小． 【答案】（1）不是，理由见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先假设是垂心，得出，结合条件推出，这与已知矛盾，从而可得不是的垂心； （2）由平面，可得为所求的与平面所成角大小，利用解三角形知识计算即得答案. 【小问1详解】 如图：假设是的垂心，则：， 又因为平面，平面， 所以，又平面， 所以平面，平面， 所以，又因为底面， 所以，又平面， 所以平面，所以，与底面是正三角形矛盾， 所以不是的垂心. 【小问2详解】 因为平面， 所以为所求的与平面所成角大小， 取中点，连结， 不妨设，则：， 因为平面，所以：， 又因为底面，所以， 所以在三角形中，有， 所以，所以，又， 所以， 所以与平面所成角大小为. 17. 在中，角，，的对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若点为边的中点，点，分别在边，上，，.设，的面积为，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先边角互化，将边转化为三角函数，再根据三角恒等变形，即可求解；（2）首先结合正弦定理，利用三角函数分别表示，再表示三角形的面积，根据三角恒等变形，以及三角函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 由及正弦定理得：， 整理得， 因为，所以，所以，又，所以. 【小问2详解】 由及可知为等边三角形，∴，∴为边的中点，∴ 又因为，，所以. 在中，，由正弦定理可得，，即. 在中，，由正弦定理可得，，即. 所以 ， 因为，所以，所以，所以. 所以，故的取值范围为 18. 如图1，在平面五边形中，，，，，将三角形沿着向上翻折至三角形，得到四棱锥，如图2所示. （1）求证：； （2）若平面平面， （i）求平面与平面所成角的余弦值； （ii）点在线段上，设平面将四棱锥分为两个多面体，其中点所在的多面体体积为，另一个多面体体积为，若，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）（ii） 【解析】 【分析】（1）在平面图形中作出辅助线，分析得到四边形为矩形，且，由余弦定理得，，折叠后有，，证明出线面垂直，得到； （2）（i）由面面垂直得到线面垂直，故，所以两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量夹角余弦公式进行求解； （ii）设平面交直线于点，证明出，设，，由三角形相似得，由（1）知，，所以⊥平面，表达出，四棱锥的体积为，根据体积之比得到方程，求出，进而由比例关系求出到平面的距离. 【小问1详解】 如图，连接，，因为且，， 故四边形矩形， 因为，，由勾股定理得，且， 又，由余弦定理得， 所以，，所以， 连接交于点， 则等腰三角形中，为角平分线，也是垂线，所以. 折叠之后有，，，平面， 所以平面，又平面，所以. 【小问2详解】 （i）因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，又平面，故， 又，所以两两垂直， 以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由于，，， ，，，，，，，，， 设平面的一个法向量为，则， 取，则， 设平面的一个法向量为，则， 取，则， 设平面与平面所成角为， ， 所以平面与平面所成角的余弦值为. （ii）设平面交直线于点，连接，，，， 因为，平面，平面，所以平面， 平面，平面平面，所以， 设，，则由∽得，， 由（1）知平面，平面，所以， 在平面内过点作于点，则平面，所以， 因为，平面，所以⊥平面， 因为平面将四棱锥分成的含有点的部分为四棱锥， 设梯形的面积为， 故， 因为，所以，所以， 设梯形的面积为， 四棱锥的体积为， 由题意，，整理得， 因为，所以， 所以到平面的距离. 19. 已知函数 （1）当时，求在点处的切线方程； （2）若有3个零点，，，且. （i）求实数的取值范围； （ii）比较与的大小，并证明你的结论. 【答案】（1） （2）（i） （ii），证明见详解. 【解析】 【分析】（1）通过求导得出切线斜率，找到切点坐标，再利用点斜式得到切线方程. （2）（i）明确函数定义域，分析导数构成，其分子为二次函数，函数有三个零点时，该二次函数有两个不同的正根，进而确定参数的范围. （ii）已知三个零点的大小关系，其中一个零点可直接确定，结合二次函数根的性质及函数单调性，分析零点之和的范围，进而比较所求表达式与二倍参数的大小. 【小问1详解】 当时，， 则，即，切线的斜率为， 又，切点为， 故在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 （i）函数，则， ①当时，， 在单调递增，此时有1个零点，不满足题意，舍掉. ②当时，， 在单调递增，此时有1个零点，不满足题意，舍掉. ③当时，令，即，解得或， 令，得；令，得或， 在单调递减，在和单调递增， ，，，又， ，当时，,，在上恰有一个零点， ，当时，,因为一次函数的增长速度大于对数函数的增长速度,所以，在上恰有一个零点， 又在上只有一个零点，故函数有三个零点， 综上所述，实数取值范围为. （ii），且， 由以上可知，则， 且，， ，则，， 又，即， 而=， 令，，则， 故在上为增函数，， ，，， 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北衡水中学2025-26届高三年级检测（六） 数 学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.共4页，总分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题 共58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. 如图，全集，，，则图中阴影部分所表示的集合为（ ）． A. B. C. D. 2. 函数最小正周期是（ ） A. B. C. D. 3. 设,且,则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，且，的夹角为，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 若，且，则直线必不过（ ）. A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 6. 已知，．设函数，若实数满足不等式，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知是等比数列，则“，，”是“是递增数列”（ ） 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 8. 已知四棱锥，底面是边长为的正方形，侧面底面，且为正三角形，则该四棱锥外接球的表面积为（ ） 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. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，平面，为的中点，则（ ） A. B. 异面直线与所成角的余弦值为 C. D. 点到平面的距离为 10. 已知直线，圆，则（ ） A. ，与相交 B. ，使得圆心到的距离为 C. 当圆截所得的弦长为时，的值为 D. 当圆上有个点到的距离为时， 11. 已知等差数列的前n项和为，，，则（ ） A. B. C. 使的n的最大值为25 D. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若是关于x的实系数方程的一个复数根，则________． 13. 已知底面半径为的圆锥其轴截面面积为，过圆锥顶点的截面面积最大值为，若，则该圆锥的侧面积为______． 14. 函数在时有极小值，那么的值为____. 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. 记为数列的前n项和，已知 （1）求通项公式； （2）证明: 16. 如图，三棱锥中，底面是正三角形，底面，平面，垂足为． （1）是否可能是的垂心，请说明理由 （2）若恰是的重心，求直线与平面所成角的大小． 17. 在中，角，，的对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若点为边的中点，点，分别在边，上，，.设，的面积为，求的取值范围. 18. 如图1，在平面五边形中，，，，，将三角形沿着向上翻折至三角形，得到四棱锥，如图2所示. （1）求证：； （2）若平面平面， （i）求平面与平面所成角的余弦值； （ii）点在线段上，设平面将四棱锥分为两个多面体，其中点所在的多面体体积为，另一个多面体体积为，若，求点到平面的距离. 19 已知函数 （1）当时，求在点处的切线方程； （2）若有3个零点，，，且. （i）求实数的取值范围； （ii）比较与的大小，并证明你的结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $