精品解析：河北冀州中学2025-2026学年高三一轮反馈检测（一）数学试题

河北冀州中学2025-2026学年高三一轮反馈检测（一）数学试题 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. R D. 2. 已知复数是一元二次方程的一个根，则的值为 A. 1 B. C. 0 D. 2 3. 某羽毛球比赛结束，1名教练和3名学员站成一排拍照留念，其中教练不站在两边的排法种数为（ ） A. 8 B. 12 C. 16 D. 18 4. 已知向量与的夹角为，，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，，当 时，的大小关系为 A. B. C. D. 6. 已知四面体的顶点坐标为，，，，则该四面体外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正项等比数列，满足，若存在两项，使得，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. 1 D. 8. 如图，过点P分别作平面，，截圆柱得到椭圆，，.其中，椭圆，所在的平面分别与上底面、下底面所成的锐二面角相等，设椭圆，，的离心率分别为，，，它们的大小关系为（ ） 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，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知抛物线的焦点为，，是抛物线上两点，则下列结论正确的是（ ） A. 点的坐标为 B. 若直线过点，则 C. 若，则的最小值为 D. 若，则线段的中点到轴的距离为 11. 已知函数（）在有且仅有3个零点，下列结论正确的是（ ） A. 函数的最小正周期 B. 函数在上存在，，满足 C. 函数在单调递增 D. 的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 请写出一个焦点在轴，且以为渐近线方程的双曲线的标准方程____________. 13. 已知复数z满足，则的最大值为____________． 14. 若，曲线与恰有一个交点，则的取值范围为__________. 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. 已知数列的前 项和． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前 项和． 16. △ABC的内角 的对边分别为 ,已知△ABC的面积为 (1)求; (2)若求△ABC的周长. 17. 已知函数 （1）讨论的单调性. （2）若对任意 都有 恒成立，求的取值范围. 18. 已知椭圆的中心在原点，离心率为，且过点. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知点，为坐标原点，直线 与椭圆交于 两点（直线 斜率存在且 在轴两侧），且满足. ①求证：直线 过定点，并求出该定点坐标； ②已知椭圆上点处的切线方程为 ，若椭圆在 ， 两点处的切线交于点，为①中直线 过的定点，求证：以为直径的圆恒过定点. 19. 如图，四棱锥 中，平面 平面， ，，，，，， （1）求证： 平面 ； （2）设平面 平面 ，求 与平面 所成角的正弦值． （3）设平面 ，求当 周长最小时三棱锥的体积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北冀州中学2025-2026学年高三一轮反馈检测（一）数学试题 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. R D. 【答案】A 【解析】 【分析】把描述法表示的集合转化为数集，即可求交集. 【详解】由 所以， 故选：A. 2. 已知复数是一元二次方程的一个根，则的值为 A. 1 B. C. 0 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意求得方程的两个复数根，结合复数模的计算公式，即可求解. 【详解】由题意，方程，可得， 所以方程的两个复数根分别为或， 所以. 故选：B. 3. 某羽毛球比赛结束，1名教练和3名学员站成一排拍照留念，其中教练不站在两边的排法种数为（ ） A. 8 B. 12 C. 16 D. 18 【答案】B 【解析】 【分析】求出4人随机站成一排的全排列数，然后求教练站两边的排列数，两数相减即可. 【详解】1名教练和3名学员站成一排，有种站法， 其中教练站两边有种站法，所以教练不站在两边的排法种数为. 故选：B 4. 已知向量与的夹角为，，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，结合向量的投影的定义和计算方法，即可求解. 【详解】由题意知，向量且向量与的夹角为， 所以向量在上的投影为， 又因为，所以向量在上的投影向量为. 故选：A. 5. 已知，，，当 时，的大小关系为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】当，所以.故选. 6. 已知四面体的顶点坐标为，，，，则该四面体外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设球心，半径为 ，根据条件，利用空间两点间的距离公式，求出，即可求解. 【详解】设球心，半径为 ， 由，得到，解得， 所以，则该四面体外接球的表面积为， 故选：B. 7. 已知正项等比数列，满足，若存在两项，使得，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用等比数列性质可求解数列的通项公式，然后把已知条件转化为，再用1的代换法来求最小值即可. 【详解】由等比数列性质可得：，又因为正项等比数列，所以， 又因为，所以，即公比， 所以正项等比数列的通项公式为：， 再由，可得， 则， 当且仅当取等号， 故选：D 8. 如图，过点P分别作平面，，截圆柱得到椭圆，，.其中，椭圆，所在的平面分别与上底面、下底面所成的锐二面角相等，设椭圆，，的离心率分别为，，，它们的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得，，由此可确定，，的大小关系；或根据离心率的定义判断. 【详解】解法1：设椭圆，，的长轴长分别为，短轴长分别为，焦距分别为， 由题意得，， 则，，， 由，得，，故. 解法2：根据椭圆的圆扁程度确定离心率，离心率越大，椭圆越扁，离心率越小，椭圆越圆， 由此可得. 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. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】利用对数函数的单调性判断A，利用幂函数的单调性判断B，利用作差法判断C，利用反例判断D. 【详解】由对数函数的单调性可知：， 则 ，再根据指数函数的单调性可知：，故A正确； 由幂函数的单调性可知：，故B正确； 由作差法得：， 因为，所以，故C错误； 由，不妨取，则，故D错误； 故选：AB 10. 已知抛物线的焦点为，，是抛物线上两点，则下列结论正确的是（ ） A. 点的坐标为 B. 若直线过点，则 C. 若，则的最小值为 D. 若，则线段的中点到轴的距离为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由抛物线方程确定焦点坐标知A错误；直线与抛物线方程联立，利用韦达定理可知B正确；根据过焦点可知最小值为通径长，知C错误；利用抛物线焦半径公式，结合中点坐标公式可求得点纵坐标，知D正确. 【详解】解：抛物线，即， 对于A，由抛物线方程知其焦点在轴上，焦点为，故A错误； 对于B，依题意，直线斜率存在，设其方程为， 由，消去整理得，，，故B正确； 对于C，若，则直线过焦点， 所以， 所以当时， 的最小值为抛物线的通径长，故C正确； 对于D，，，即点纵坐标为， 到轴的距离为，故D正确. 故选：BCD. 11. 已知函数（）在有且仅有3个零点，下列结论正确的是（ ） A. 函数的最小正周期 B. 函数在上存在，，满足 C. 函数在单调递增 D. 的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】设在有且仅有3个零点，，，且. A，最小正周期即可判断； B，取，，满足，，即可判断； D，结合正弦函数的零点，计算可得函数在轴右侧的前4个零点分别是，，，，再列出不等式，解之即可判断； C，由选项D可知，可取，此时，比较和的大小即可判断. 【详解】解：设在有且仅有3个零点，，，且， 对A，最小正周期，即A正确； 对B，在上存在，，满足，，所以可以成立，即B正确； 对D，令，，则函数的零点为，， 所以函数在轴右侧的前4个零点分别是，，，， 因为函数在有且仅有3个零点，所以，解得，即D正确； 对C，由D选项可知，，不妨取，此时， 所以，，即，并不满足在单调递增，即C错误. 故选：ABD. 【点睛】本题考查三角函数的性质，结合正弦函数性质，只要把作为一个整体，与正弦函数对比即可得出相应性质． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 请写出一个焦点在轴，且以为渐近线方程的双曲线的标准方程____________. 【答案】（只要满足就行） 【解析】 【分析】首先设出双曲线的标准方程，再根据渐近线方程求满足条件的一组，即可求解. 【详解】设双曲线的标准方程为，， 由题意可知，，满足条件的一组解为 ， 所以满足条件的一个双曲线的标准方程为. 故答案为： 13. 已知复数z满足，则的最大值为____________． 【答案】## 【解析】 【分析】设，由已知条件求出复数对应的点的轨迹为圆，根据复数模的几何意义和圆的性质即可求解. 【详解】设，由，可得， 则，即， 复数对应的点的轨迹是以为圆心，半径 的圆， 而表示复数对应的点到坐标原点的距离， 所以的最大值就是. 故答案为：. 14. 若，曲线与恰有一个交点，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】依题意可得时，方程恰有一个解，由满足上式，从而得到时，方程无解，令，，求出的值域，即可得到关于的不等式，解得即可. 【详解】因为时，曲线与恰有一个交点， 所以当时，方程恰有一个解， 即当时，方程恰有一个解， 显然满足， 所以当时，方程无解， 即时，方程无解， 令，， 由，所以为偶函数， 令，，则，所以在上单调递增， 所以，所以在上恒成立， 所以在上恒成立， 又当时，所以， 综上可得在上恒成立， 所以当时，又为偶函数，所以当时， 由上述分析可得 与在无交点， 所以或，解得或 ， 即的取值范围为. 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. 已知数列的前项和． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据的关系求数列的通项公式即可； （2）由（1）可得，结合分组求和与裂项相消法计算即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以当时，． 当时，． 当时，上式也成立． 所以 ． 【小问2详解】 由（1）得，， 所以， 所以， 所以， 整理得． 16. △ABC的内角 的对边分别为 ,已知△ABC的面积为 (1)求; (2)若求△ABC的周长. 【答案】(1)(2) . 【解析】 【详解】试题分析：（1）由三角形面积公式建立等式，再利用正弦定理将边化成角，从而得出的值；（2）由和计算出，从而求出角，根据题设和余弦定理可以求出和 的值，从而求出的周长为. 试题解析：（1）由题设得，即. 由正弦定理得. 故. （2）由题设及（1）得，即. 所以，故. 由题设得，即. 由余弦定理得，即，得. 故的周长为. 点睛:在处理解三角形问题时，要注意抓住题目所给的条件，当题设中给定三角形的面积，可以使用面积公式建立等式，再将所有边的关系转化为角的关系，有时需将角的关系转化为边的关系；解三角形问题常见的一种考题是“已知一条边的长度和它所对的角，求面积或周长的取值范围”或者“已知一条边的长度和它所对的角，再有另外一个条件，求面积或周长的值”，这类问题的通法思路是：全部转化为角的关系，建立函数关系式，如，从而求出范围，或利用余弦定理以及基本不等式求范围；求具体的值直接利用余弦定理和给定条件即可. 17. 已知函数 （1）讨论的单调性. （2）若对任意 都有 恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）当，函数 在单调递增； 当时，函数 在 单调递减,在 单调递增. （2） 【解析】 【分析】（1）求得，分类讨论和时导数的符号，进而判断函数单调性； （2）由参变分离法可得 ，设 ，通过导数求最大值，从而可得的取值范围. 【小问1详解】 由题意可得，， 当时，在恒成立，所以函数在单调递增； 当时，时，时，故函数在单调递减,在单调递增， 综上所述，当，函数在单调递增； 当时，函数在单调递减,在单调递增. 【小问2详解】 因为对任意都有 ，所以 ，即 ， 令 ，，则 ， 当时， ，单调递增；当时，，单调递减， 所以 ， 故 . 18. 已知椭圆的中心在原点，离心率为，且过点. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知点，为坐标原点，直线与椭圆交于 两点（直线斜率存在且 在轴两侧），且满足. ①求证：直线过定点，并求出该定点坐标； ②已知椭圆上点处的切线方程为 ，若椭圆在，两点处的切线交于点，为①中直线过的定点，求证：以为直径的圆恒过定点. 【答案】（1） （2）①证明见解析，；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据椭圆离心率公式，结合代入法、椭圆之间的关系进行求解即可； （2）①根据题中已知条件的角相等可以转化为两条直线的斜率关系，结合一元二次方程根的判别式和根与系数关系进行求解即可； ②根据题中所给的切线方程，结合以线段为直径圆的方程进行求解即可. 【小问1详解】 由题意可知，解得，则， ∴椭圆的标准方程： . 【小问2详解】 ①设， 联立方程组得，消元化简为， 即 设交点，则，， 由题意可知，即 ， ∵，∴ 则，即， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴ 即，， 化简，得，因为，所以， 解得. 故直线过定点. ②由题意可知过点的切线方程为，过点的切线方程为， 设，则，∴点 在直线 上， 又∵直线经过定点，则，则，即， ∴以为直径的圆的方程为， 整理得， 因为要求圆的定点， 所以令参数的系数为0， 因此令， 则，∴或. ∴此圆经过定点或. 19. 如图，四棱锥 中，平面 平面， ，，，，，， （1）求证： 平面 ； （2）设平面 平面 ，求与平面 所成角的正弦值． （3）设平面 ，求当 周长最小时三棱锥的体积． 【答案】（1） 取中点为E，连接PE，因，则 ， 又平面 平面， 平面 ，平面 平面 ， 则平面，平面，则 ． 又 ，平面 ，， 所以平面 ， 平面 ，则． 又，平面 ，， 所以 平面 ． （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）如图，取中点为，连接，由题可证 ，结合 ，可得平面 ，从而，最后结合 可完成证明； （2）如图建立以为原点的空间直角坐标系，由题求出方向向量与平面 的法向量，据此可得答案； （3）如图，由（1）做出关于平面 的对称点，连接 ，其与平面 交点即为满足题意的Q，然后由题可得Q坐标，据此可得体积． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，连接，因 ，则， 结合（1），可得两两垂直，故建立以为原点的空间直角坐标系． 因，则 ． 因，，则． 从而， ． 设平面 与平面 法向量 分别为，， 则，， 可取，. 设方向向量为，因平面平面 ， 则，从而可取. 设与平面 夹角为，易得平面 法向量为， 则； 【小问3详解】 由（1）可得 平面 ，延长至，使， 则为关于平面 的对称点，从而， 当且仅当三点共线时取等号， 又，则连接 ， 与平面 交点即为满足题意的Q. 由（2），则，. 设，又， 则，注意到 平面 ， 则，则， 又，则，即. 则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $