精品解析：2026届河北省百师联盟一模数学试题

高三数学 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知全集为，若，则（ ） A B. C. D. 2. 设，是虚数单位，则“复数为纯虚数”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件 3. 已知为正实数，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆台上底面直径为2，下底面直径为4，母线长为3，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 一组从小到大排列的数据：，，，，，，，，，若它们的百分位数是中位数的两倍，则的值为（ ） A B. C. D. 6. 数列的通项公式为，为其前n项和，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数（），若在部分的图象与直线恰好产生了三个交点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知直线与相交于点P，点Q在圆上，则（ ）． A 有最大值 B. 有最大值 C. 有最小值 D. 有最小值 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 如果平面向量，那么下列结论中正确的是（ ） A. B. C. 与的夹角为 D. 在方向上的投影为 10. 设函数的定义域为，且满足，，当时，，则（ ） A. 是奇函数 B. C. 的最小值是 D. 方程在区间内恰有个实数解 11. 已知，分别是椭圆：的左、右焦点，为坐标原点，为上异于左、右顶点的一点，是线段的中点，则（ ） A. B. C. 内切圆半径的最大值为 D. 外接圆半径的最小值为1 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若圆与轴相切，则实数的值是_____. 13. 已知二面角为直二面角，，，，，则与，所成的角分别为，，与所成的角为___________. 14. 已知函数，若函数，则的所有零点之积为__________；方程有三个不同的解，则实数的范围为__________. 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，且的解集为． （1）当，求函数的解析式； （2）若关于不等式对一切实数恒成立，求实数的取值范围. 16. 已知平面向量，，，且， （1）求在方向上的投影向量； （2）求与的夹角. 17. 在三棱柱中，，为的三等分点，侧面为正方形，，. （1）证明：平面平面； （2）证明：平面； （3）正方形边长为，，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知F为抛物线C：的焦点，点A在C上，.点P（0，-2），M，N是抛物线上不同两点，直线PM和直线PN的斜率分别为，. （1）求C的方程； （2）存在点Q，当直线MN经过点Q时，恒成立，请求出满足条件的所有点Q的坐标； （3）对于（2）中的一个点Q，当直线MN经过点Q时，|MN|存在最小值，试求出这个最小值. 19. 已知， （1）时，证明：； （2）若对任意，恒成立，求的取值范围； （3）证明：对任意的正整数，总有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知全集为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据交集、补集运算可知，再结合并集运算求解. 【详解】因为，则， 所以. 故选：A. 2. 设，是虚数单位，则“复数为纯虚数”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的分类，以及充分条件与必要条件的概念，即可求出结果. 【详解】因为， 若复数为纯虚数，则，，所以；即“复数为纯虚数”是“”的充分条件； 若，则，但复数不是纯虚数；即“复数为纯虚数”不是“”的必要条件； 综上，“复数为纯虚数”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 【点睛】本题主要考查判断命题的充分不必要条件，涉及复数的分类，属于基础题型. 3. 已知为正实数，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】把化简为为，然后利用基本不等式即可求出最小值 【详解】因为，则， 由于， 当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为， 故选：C 4. 已知圆台上底面直径为2，下底面直径为4，母线长为3，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先计算出圆台的高，再利用圆台的体积计算公式计算即可. 【详解】由题意，如图， 所以. 故选：A 5. 一组从小到大排列的数据：，，，，，，，，，若它们的百分位数是中位数的两倍，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据中位数定义以及百分位数定义计算可得结果. 【详解】数据，，，，，，，，，已是由小到大的排列，数据共个， 中位数为第个与第个数据的平均值即中位数为， 由，因此百分位数为第个与第个数据的平均值即， 得， 解得， 故选：A． 6. 数列的通项公式为，为其前n项和，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，可求得，计算可求得的最小值. 【详解】令，因为，所以解得， 所以数列的前3项为负，从第4项起为正， 所以的最小值为. 故选：D. 7. 已知函数（），若在部分的图象与直线恰好产生了三个交点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用辅助角公式、诱导公式、两角和的正弦公式把原函数解析式化成余弦型函数形式，再利用换元法，结合余弦函数性质进行求解即可. 【详解】 令，，，所以， 问题转化为直线与函数，当时，有三个交点， 由， 于是有， 故选：C 8. 已知直线与相交于点P，点Q在圆上，则（ ）． A. 有最大值 B. 有最大值 C. 有最小值 D. 有最小值 【答案】A 【解析】 【分析】先求出两直线所过的定点，进而确定交点的位置，再结合圆的性质求出的最值. 【详解】对于直线，可变形为. 令，解得，所以直线恒过定点 对于直线，可变形为. 令，解得，所以直线恒过定点. 因为，所以，已知，，则中点坐标为. ，所以半径. 则点的轨迹是以AB为直径的圆的一部分，故点P的轨迹为， 已知圆的圆心，半径，则圆心与点轨迹圆的圆心的距离为. 的最大值为圆心加上两圆半径，即. 由于轨迹不包含点，故不存在最小值. 故选：A． 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 如果平面向量，那么下列结论中正确的是（ ） A. B. C. 与的夹角为 D. 在方向上的投影为 【答案】AB 【解析】 【分析】根据向量坐标运算及向量共线的意义可得解. 【详解】因为，所以． 在A中，由，可得，故A正确； 在B中，由，可得，故B正确； 在C中，由，可得与的夹角为，故C错误； 在D中，在方向上的投影为，故D错误． 故选:AB． 10. 设函数的定义域为，且满足，，当时，，则（ ） A. 是奇函数 B. C. 的最小值是 D. 方程在区间内恰有个实数解 【答案】AB 【解析】 【分析】根据条件，对各个选项逐一分析判断即可得出结果. 【详解】对于选项A，因为函数的定义域为，又，所以， 又，得到，所以是奇函数，故选项A正确， 对于选项B，因为，所以，得到的周期为， 所以，故选项B正确， 对于选项C，当时，，又是奇函数， 所以当时，，所以选项C错误， 对于选项D， 当时，，则，得到， 因为，所以函数关于直线对称，所以在上的图像如图所示， 由图知，在有4个交点，又的周期为，且在区间上共有506个周期， 所以方程在区间内恰有个实数解，故选项D错误， 故选：AB. 11. 已知，分别是椭圆：的左、右焦点，为坐标原点，为上异于左、右顶点的一点，是线段的中点，则（ ） A. B. C. 内切圆半径的最大值为 D. 外接圆半径的最小值为1 【答案】ACD 【解析】 【分析】由椭圆的定义结合中位线的性质可得A正确；由椭圆的性质令点在第二三象限时可得B错误；由焦点三角形的面积公式结合内切圆的性质和椭圆的性质可得C正确；由正弦定理可得D正确. 详解】 对于A，，故A正确； 对于B，由三角形中位线得，因为当点在第二三象限时，，此时，故B错误； 对于C，因为，， 当点在上顶点时，最大，所以，所以， 所以，所以由三角形相似可得， 设内切圆半径为，又， 所以内切圆半径的最大值为，故C正确； 对于D，设的外接圆半径为，则由正弦定理可得，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. 若圆与轴相切，则实数的值是_____. 【答案】 【解析】 分析】求得圆心与半径，进而可得，求解即可. 【详解】由，可得， 方程表示圆，则可得圆心为，半径为， 由圆与轴相切，则可得，解得. 故答案为：. 13. 已知二面角为直二面角，，，，，则与，所成的角分别为，，与所成的角为___________. 【答案】## 【解析】 【分析】如图，设，根据勾股定理求得，，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线线角即可. 【详解】如图， ，则两两垂直. 作，垂足分别为，连接， 则， 所以为与的所成角，为与的所成角， 即，， 建立如图空间直角坐标系，设， 则，得， ，所以，取， 则，又， 所以，即与所成的角为. 故答案为： 14. 已知函数，若函数，则的所有零点之积为__________；方程有三个不同的解，则实数的范围为__________. 【答案】 ①. 1 ②. 【解析】 【分析】根据题意函数的零点即方程的根，作出函数的图象，数形结合求解；方程有三个不同的解，即与的图象有三个不同的交点，求出曲线过原点的切线斜率，数形结合求解. 【详解】由题，函数的零点即方程的根，作出函数的图象，如图， 与的图象共4个交点，从右到左依次是， 当时，，则，得，故，即， 同理，可得， 所以，即的所有零点之积为1. 作出函数的图象如图， 方程有三个不同的解，即与的图象有三个不同的交点， 当时，，则，设切点， 所以曲线过原点的切线斜率，解得， 所以曲线过原点的切线斜率， 要使得与的图象有三个不同的交点，则，即， 所以实数的取值范围为. 故答案为：1，. 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，且的解集为． （1）当，求函数的解析式； （2）若关于的不等式对一切实数恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）（2） 【解析】 【详解】（1）由的解集为可知且. 则 . （2） 的解集为R. 当时，由题干不等式的解集可得不符合题意； 当时，由. 综上，. 16. 已知平面向量，，，且， （1）求在方向上的投影向量； （2）求与的夹角. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量平行及垂直的坐标表示及投影向量的定义可得； （2）根据向量的坐标运算分别求得与的坐标，利用向量数量积的定义及其坐标表示求得与夹角的余弦值，即可求得与的夹角. 【小问1详解】 ，，解得. . ，，. . ， . 所以在方向上的投影向量为． 【小问2详解】 由（1）知，，， ，，. 设，的夹角为，则：. ， 即向量与向量的夹角为． 17. 在三棱柱中，，为的三等分点，侧面为正方形，，. （1）证明：平面平面； （2）证明：平面； （3）正方形边长为，，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）用面面垂直的判定定理证明； （2）用线面垂直的判定定理证明； （3）建立空间直角坐标系，用空间向量求解. 【小问1详解】 由四边形是正方形，可知， 又，，平面，则平面. 而平面，故平面平面. 【小问2详解】 因为，，，平面，则平面， 而平面，则. 由（1）知平面平面，平面平面，平面，且， 故平面. 【小问3详解】 以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 在中，，，则. 则有，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则有，可取，得. 记直线与平面所成的角为， 故. 即直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知F为抛物线C：的焦点，点A在C上，.点P（0，-2），M，N是抛物线上不同两点，直线PM和直线PN的斜率分别为，. （1）求C的方程； （2）存在点Q，当直线MN经过点Q时，恒成立，请求出满足条件的所有点Q的坐标； （3）对于（2）中的一个点Q，当直线MN经过点Q时，|MN|存在最小值，试求出这个最小值. 【答案】（1） （2）（2，2）或（4，2） （3）5 【解析】 【分析】（1）设，进而求出的坐标，利用坐标式向量相等的条件求解即可 （2）设，，联立直线MN的方程和抛物线方程，利用韦达定理求出，，代入得或，利用点斜式求出Q的坐标； （3）根据（2）结论和条件得MN只能过（2，2）点，此时|MN|有最小值，利用韦达定理和两点间的距离公式求出，然后构造函数，通过导函数求出单调区间，利用函数的单调性求出最值 【小问1详解】 ，设，则， 所以得：，解得或（舍）， 所以抛物线C的方程为①. 【小问2详解】 设直线MN：②，，， 联立①②，得. 所以③，，④ ，， 则， . 因为，即：， 即：， 则或，能满足③式. 则MN：，或MN：， 所以定点Q的坐标为（2，2）或（4，2）； 【小问3详解】 如MN过（4，2）点，当时，，但此时M，N重合， 则|MN|无最小值，所以MN只能过（2，2）点，此时|MN|有最小值. 由（2），在④中，令得：，， . 令， 则，. 当时，，在上为减函数， 当时，，在上为增函数， 所以当时，有最小值，|MN|有最小值. . 【点睛】关键点睛：第二问的关键：根据一元二次方程根与系数的关系，结合恒成立，得到直线MN过定点. 19. 已知， （1）时，证明：； （2）若对任意的，恒成立，求的取值范围； （3）证明：对任意的正整数，总有． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）构造，利用导数研究函数的单调性、最值计算即可； （2）设，借助端点效应，分类讨论并根据隐零点计算即可； （3）根据（2）的结论得出，利用放缩法累加即可证明. 【小问1详解】 构造，当时，，． 可知，，单调递增； ，，单调递减． 则，故，即， 所以． 【小问2详解】 依题意，设， 则， 且有，． （i）当，时，显然中，则恒成立； （ii）当，时，，则单调递增，， 单调递增，． （iii）当，时，，则单调递增，，，则必然存在一个，使得， 且有时，，单调递减， 此时，不满足恒成立条件． 综上所述，． 【小问3详解】 由（2）中结论，有当时，，对任意的恒成立， 取可得，，对任意的恒成立， 即，变形可得 分别令，，，，可得， ，……， 累加可得证毕． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $