精品解析：河北冀州中学2025-2026学年高三下学期开学考试数学试题

2026届下学期高三开学考试卷 数学 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 3. 已知命题p：“”，命题q：“方程表示椭圆”，则p是q的（ ） A 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 在某次演讲比赛组织过程中，有甲、乙等5名同学参加了接待、咨询、向导三个服务项目，每名同学只参加一个服务项目，每个服务项目至少有一名同学参加，若5名同学中的甲、乙两人不参加同一个服务项目，则不同的安排方案有（ ） A. 108种 B. 114种 C. 150种 D. 240种 5. 已知双曲线的虚轴长是实轴长的2倍，则实数的值是 A. B. C. D. 6. 已知，则（ ）． A. B. C. D. 7. 过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ） A. 1 B. C. D. 8. 已知数列的前项和为，数列满足，，则（ ） A. 1988 B. C. 32 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知的展开式中第3项与第5项的系数之比为，则下列结论成立的是（ ） A. B. 展开式中的常数项为45 C. 含的项的系数为210 D. 展开式中的有理项有5项 10. 先将函数的图象向右平移个单位长度，再将横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，则下列关于函数的说法中正确的是（ ） A. 在上单调递增 B. 当时，函数的值域是 C. 其图象关于直线对称 D. 直线为曲线在处的切线 11. 已知椭圆C：左、右焦点分别为，，点是椭圆C上异于左、右顶点的一点，则下列说法正确的是（ ） A. 的周长为 B. 的面积的最大值为2 C. 若，则最小值为 D. 的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 抛物线的焦点为，若直线与交于两点则_________． 13. 若直线与曲线有两个交点，则实数的取值范围是______. 14. 三棱锥的四个顶点均在半径为3的球表面上，线段恰经过的外心且，则棱的长为_____. 四、解答题：本题共5小题共77分.解答应写出必要文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知数列的前项和为，，当时，． （1）求 （2）设，求数列的前项和为． 16. 在中，内角、、所对的边分别为、、，已知. （1）求角的值； （2）若的面积为，为的中点，求的最小值. 17. 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点． （1）求证：平面; （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 18. 双曲线的左顶点为，焦距为4，过右焦点作垂直于实轴的直线交于、两点，且是直角三角形． （1）求双曲线的方程； （2）、是右支上的两动点，设直线、的斜率分别为、，若，求点到直线的距离的取值范围． 19. 已知函数. （1）若函数在上为减函数，求的取值范围； （2）当时，，当时，与有两个交点，求实数取值范围； （3）证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届下学期高三开学考试卷 数学 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的四则运算法则进行计算即可. 【详解】由 可得， 所以， 故选: 2. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积. 【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为， 而它们的侧面积相等，所以即， 故，故圆锥的体积为. 故选：B. 3. 已知命题p：“”，命题q：“方程表示椭圆”，则p是q的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】由椭圆方程的定义可知，即可判断. 【详解】若方程表示椭圆，则，解得或， 所以p是q必要不充分条件， 故选：C 4. 在某次演讲比赛组织过程中，有甲、乙等5名同学参加了接待、咨询、向导三个服务项目，每名同学只参加一个服务项目，每个服务项目至少有一名同学参加，若5名同学中的甲、乙两人不参加同一个服务项目，则不同的安排方案有（ ） A. 108种 B. 114种 C. 150种 D. 240种 【答案】B 【解析】 【分析】首先安排甲乙，再讨论余下3人分组情况，结合题意及排列组合数求不同的安排方案数. 【详解】安排甲到三个服务中的一个，再安排乙到另两个服务中的一个，即有种， 余下的3人的安排如下， 将他们分三组，每组各一人，再安排到三个服务项目中有种， 将他们分两组，分别为一人组、两人组，把其中一组安排到最后余下的服务项目中，另一组任意安排到甲或乙所在组，有种， 将他们分一组，安排到最后余下的服务项目中，有种 所以共有种方案. 5. 已知双曲线的虚轴长是实轴长的2倍，则实数的值是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：由方程表示双曲线知， 又双曲线的虚轴长是实轴长的2倍，所以，即， 所以 故选C. 考点：双曲线的标准方程与简单几何性质. 6. 已知，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用三角恒等变换公式化简求值得解. 【详解】解：. 故选：A 7. 过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得，利用韦达定理结合夹角公式运算求解. 【详解】方法一：因为，即，可得圆心，半径， 过点作圆C的切线，切点为， 因为，则， 可得， 则， ， 即为钝角， 所以； 法二：圆的圆心，半径， 过点作圆C的切线，切点为，连接， 可得，则， 因为 且，则， 即，解得， 即为钝角，则， 且为锐角，所以； 方法三：圆的圆心，半径， 若切线斜率不存在，则切线方程为，则圆心到切点的距离，不合题意； 若切线斜率存在，设切线方程为，即， 则，整理得，且 设两切线斜率分别为，则， 可得， 所以，即，可得， 则， 且，则，解得. 故选：B. 8. 已知数列的前项和为，数列满足，，则（ ） A. 1988 B. C. 32 D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用已知及前n项和化简计算求值. 【详解】因为数列满足， 所以 所以， 又因为，则，所以. 故选：B. 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知的展开式中第3项与第5项的系数之比为，则下列结论成立的是（ ） A. B. 展开式中的常数项为45 C. 含的项的系数为210 D. 展开式中的有理项有5项 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据二项式的展开式的通项公式，结合第3项与第5项的系数之比为，可得.再根据公式逐个选项判断即可. 【详解】二项式的展开式的通项为，由于第3项与第5项的系数之比为，则，故，得. ∴(n＋5)(n－10)＝0，解得n＝10，故A正确； 则，令，解得， 则展开式中的常数项为，故B正确； 令，解得，则含的项的系数为，故C正确； 令，则r为偶数，此时，故6项有理项． 故选：ABC 10. 先将函数的图象向右平移个单位长度，再将横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，则下列关于函数的说法中正确的是（ ） A. 在上单调递增 B. 当时，函数的值域是 C. 其图象关于直线对称 D. 直线为曲线在处的切线 【答案】BCD 【解析】 详解】由题可得， 对于A，当时，，在上单调递增，在上单调递减， 故函数在上不单调，故A错误； 对于B，当时，，，，故B正确； 对于C，当时，，由的图象关于直线对称， 故函数的图象关于直线对称，故C正确； 对于D，因为，， 所以点在曲线上， 因为，， 所以曲线在处的切线为，即， 所以直线为曲线在处的切线，故D正确. 11. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，点是椭圆C上异于左、右顶点的一点，则下列说法正确的是（ ） A. 的周长为 B. 的面积的最大值为2 C. 若，则的最小值为 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A，由定义可得；选项B，，数形结合当点到的距离最大，即高最大时面积最大；选项C，设点表达，利用椭圆方程消元求函数最值即可；选项D，利用的斜率意义，转化为直线与椭圆有公共点求斜率范围，从而求得最小值. 【详解】选项A，由椭圆方程可知，， 所以的周长，故A正确； 选项B，因为点是椭圆C上异于左、右顶点的一点， 所以， 所以的面积， 当，即时， 即点位于短轴端点时，的面积最大，最大为2，故B正确； 选项C，由，点，且， 因为， 当时，取最小值，且最小值为，故C错误； 选项D，的几何意义为与点两点连线的斜率，设为， 由得， ， 解得， 如图，当直线与椭圆C相切时，， 所以的最小值为.故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 抛物线的焦点为，若直线与交于两点则_________． 【答案】## 【解析】 【分析】分别解出焦点和交点的坐标，利用向量、夹角公式求解. 【详解】由可得焦点，联立直线与抛物线，由解得 或.不妨可设直线与抛物线在第一象限的交点为， 则，. 所以，. 则， 所以. 13. 若直线与曲线有两个交点，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】先求出直线所过定点，再将曲线转化为，可知其为半圆，结合图像，即可求出的取值范围. 【详解】由题意得，直线的方程可化为，所以直线恒过定点， 又曲线可化为，其表示以为圆心，半径为2的圆的上半部分，如图. 当与该曲线相切时，点到直线的距离，解得， 设，则， 由图可得，若要使直线与曲线有两个交点，须得，即. 故答案为：. 14. 三棱锥的四个顶点均在半径为3的球表面上，线段恰经过的外心且，则棱的长为_____. 【答案】 【解析】 【分析】作图，连接，证明，再利用几何关系即可求出答案. 【详解】连接， 因为线段恰经过的外心， 所以平面，垂足为， 又因为平面，所以， 因为球的半径为，所以， 又因为，所以，， 在中，， 在中，. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题共77分.解答应写出必要文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知数列的前项和为，，当时，． （1）求 （2）设，求数列的前项和为． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用与的关系及等差数列的定义，结合等差数列的通项公式即可求解； （2）利用（1）的结论及数列求和中的错位相减法即可求解. 【小问1详解】 当时，，所以，， 整理得：，即． 当时，， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以，即． 【小问2详解】 由知，所以， 所以， 所以， 由得，， 所以. 16. 在中，内角、、所对的边分别为、、，已知. （1）求角的值； （2）若的面积为，为的中点，求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先利用正弦定理，将边化为角，再结合三角恒等变换，即可求解； （2）首先由三角形面积公式求得，再根据余弦定理，结合基本不等式，即可求解. 【小问1详解】 由及正弦定理可得： ，则， 因为，则，所以，， 可得，故. 【小问2详解】 由于的面积为，所以，，解得 在中，由余弦定理得： ，故， 当且仅当，即，时，的最小值为. 17. 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点． （1）求证：平面; （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）作辅助线，得到线线平行，进而得到线面平行； （2）由面面垂直得到线面垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解 【小问1详解】 证明：取AB的中点为K，连接MK，NK， 由三棱柱可得四边形为平行四边形， 而，，则， 而平面，平面，故平面， 而，，则，同理可得平面， 而，平面MKN， 故平面平面，而平面MKN， 故平面； 【小问2详解】 因为侧面为正方形，故， 而平面，平面平面， 平面平面，故平面， 因为平面，所以， 因为，故平面， 因为平面，故， 因为为的中点，在中，， 因为为的中点，且，所以， 因为，所以， 所以，， 在四边形中，为的中点，为的中点， 所以，所以，故两两垂直， 故可建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，， 故，，， 设平面BNM的法向量为， 则，从而，取，则， 设直线与平面所成角为， 则． 18. 双曲线的左顶点为，焦距为4，过右焦点作垂直于实轴的直线交于、两点，且是直角三角形． （1）求双曲线的方程； （2）、是右支上的两动点，设直线、的斜率分别为、，若，求点到直线的距离的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质，转化为的方程，即可求解； （2）首先设直线的方程为，与双曲线方程联立，利用韦达定理表示，并根据的取值范围，求点到直线的距离的取值范围. 【小问1详解】 依题意，，焦半径， 由，得，得， 解得：（其中舍去）， 所以， 故双曲线的方程为； 【小问2详解】 显然直线不可能与轴平行，故可设直线的方程为， 联立，消去整理得， 在条件下，设，， 则，， 由，得， 即， 整理得， 代入韦达定理得，， 化简可消去所有的含的项，解得：或（舍去）， 则直线的方程为，得， 又都在双曲线的右支上，故有，， 此时，， 所以点到直线的距离的取值范围为. 19. 已知函数. （1）若函数在上为减函数，求的取值范围； （2）当时，，当时，与有两个交点，求实数的取值范围； （3）证明：. 【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据题意可得在上恒成立，转化为在上恒成立，从而可求出的取值范围； （2）将问题转化为在上有两个根，构造函数，然后利用导数求出其单调区间和极值，从而可求出取值范围； （3）由（1）可得在上恒成立，，（），然后利用累加法可证得结论. 【详解】（1）在上单调递减， 在上恒成立， 在上恒成立 在上恒成立 ， （2）当时，， 与有两个交点 =在上有两个根， 令 时，，在上单调递增 时，，在上单调递减 处有极大值也是最大值， ， （3）由（1）知当时，在上单调递减 当且仅当时，等号成立 即在上恒成立 令，（） ， 时， 时， 时， …… 时， 累加可得（） 【点睛】关键点点睛：本题就是以含参数的函数解析式为背景，考查的是导数知识在研究函数单调性和极值等方面的综合运用和分析问题解决问题的能力，第三问的证明问题解题的关键是运用第一问的结论当函数在上单调递增减进行变形分析，然后利用累加法可证得结论，考查数学转化思想，属于较难题 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $