精品解析：河北部分名校联盟2025-2026高三第二学期开学考试数学试题

河北部分名校联盟2025—2026高三年级第二学期开学考试 数学试题 考察范围：高考全部内容 试卷满分：150分 考试用时：120分钟 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、班级和考号填写在答题卡上． 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． 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. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为集合， 所以， 因此 . 2. 已知双曲线的左右焦点分别为，，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题意得， . 所以，. 所以. 3. 已知甲，乙，丙，丁4人随机站成一排，则甲，乙两人站在丙的同侧的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过讨论丙的位置，确定甲，乙两人站在丙的同侧的情况，再结合古典概型概率计算公式即可求解. 【详解】4人随机站成一排，总排列数为 ， 按丙的位置分类计数： 丙在最左（第1位）或最右（第4位）：剩余3人全排列，共 ，此时甲乙必然都在丙的同侧，全部符合； 丙在第2位：仅能让甲乙都在丙的右侧（2个位置）排列，丁在左侧，共 种； 丙在第3位：仅能让甲乙都在丙的左侧（2个位置）排列，丁在右侧，共   种； 符合条件的事件总数为 ， 故甲，乙两人站在丙的同侧的概率为​. 4. 函数的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用二倍角公式和辅助角公式即可求得. 【详解】由二倍角公式得：，则 利用辅助角公式得：，其中， 所以最小正周期：. 5. 设复数，若，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意可得， 则， 由二次函数性质可知，当时，有最小值为 ， 所以，即的最小值为 . 6. 在三棱锥中，底面，，则三棱锥的体积为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依题意得各边长度，再利用勾股定理求出的长度，由余弦定理解出，进而求出，最后根据体积公式求出体积. 【详解】由已知条件，可得各边长度：， 因为底面，底面，所以是直角三角形， 由勾股定理：，得 ， 同理，是直角三角形：，得 ， 由余弦定理：， 代入得：，解得，即， 因此的面积：， 则三棱锥体积公式，代入得：. 7. 已知抛物线的焦点为F，以F为圆心作半径为1的圆，过F的直线l与C交于A，B两点，与圆交于P，Q两点．若点A，P在第一象限，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设出直线 方程并与抛物线方程联立，利用抛物线定义，结合韦达定理及基本不等式求出的最小值. 【详解】解：由题意知：焦点 为，半径， 因为直线 过焦点 ，所以设直线 的方程为，点、点. 由图可知：，， 根据抛物线的定义可得：，， 则，，所以. 联立，消去 ，化简得：，则，由韦达定理可得， 所以根据基本不等式，当且仅当， 即，时取等号，因此的最小值为. 8. 在四边形 中， 、 分别为 ， 中点，记 与的夹角为 ．若，，，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】取 的中点为，连接，如图所示： 在中，点 是 的中点，点是 的中点， 所以且， 在中，点 是 的中点，点是 的中点， 所以且， 在中，为 与的夹角或其补角， 所以. 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. 在 名男生， 名女生中随机选取一名男生和一名女生，记“男生甲和女生乙入选”为事件 ，“男生甲入选”为事件 ，“女生乙入选”为事件 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用相互独立事件的概率乘法公式，结合选项，逐项判定，即可求解. 【详解】显然男生甲是否入选不会影响女生乙是否入选，故事件相互独立，且， 于是，A错误，B正确； 事件包含“男生甲未入选，女生乙入选”、“男生甲入选，女生乙未入选”、“男生甲､女生乙都未入选”三种情况， 因此，则，所以C错误； 依题意，，， 而且，因此，即，D错误. 10. 在中， ，，，则（ ） A. 平分 B. 面积的最大值为3 C. A的最大值为 D. 【答案】ABC 【解析】 【详解】已知， 由正弦定理可知，又，； ， ， 又， 平分角，故A正确； ， 由余弦定理得， ， 令，则， 当且仅当即时取等号， 面积最大值为3，故B正确； 由余弦定理得， ， 当且仅当，即时等号成立， 由于余弦函数在上单调递减，故，即，故C正确； 以 为坐标原点，建立下图所示坐标系， 则，设， ， ， ，即， ， ，故D错误． 11. 若存在，使，称为“xf点”，为“xf函数”，则（ ） A. 是“xf函数” B. 是“xf函数” C. 最多存在4个不同的“xf点” D. 存在幂函数，使得对任意， 【答案】BCD 【解析】 【分析】A：假设是“xf函数”，得出存在 ，，构造函数研究其零点即可；B：利用零点存在性定理判断；C：化简即可；D：设，根据条件解方程即可. 【详解】A选项，若是“xf函数”， 则存在 ，使，显然，则有， 令，则，其在上单调递减， 因为，， 所以存在使得，， 则当时，单调递增；当时，单调递减； 故， 因为在上单调递增， 所以， 则方程无解，故A错误； B选项，若是“xf函数”， 则存在 ，使， 令， 因为，， 所以由零点存在性定理可知，存在 ，使，故B正确； C选项，若是“xf函数”， 则存在 ，使， 即，该四次方程，最多有四个不同的实根， 故最多存在4个不同的“xf点”，故C正确； D选项，假设存在幂函数，使得对任意，， 可设，则对任意，， 则，即，得，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若三角形三边成等比数列，则公比q的范围是_____. 【答案】； 【解析】 【分析】设三边： 、、、则由三边关系：两短边和大于第三边，把 、、、代入，分和两种情况分别求得的范围，最后综合可得答案． 【详解】解：设三边： 、、、则由三边关系：两短边和大于第三边，即 （1）当时，等价于解二次不等式：， 由于方程两根为：， 故得解：且， 即 （2）当时， 为最大边，即得， 解之得或且 即 综合（1）（2），得： 故答案为： 【点睛】本题主要考查了等比数列的性质、一元二次不等式的解法，考查了分类讨论思想，属基础题． 13. 甲乙两人比赛投篮，在每局比赛中两人分别投篮两次，若每局投进的次数之和不小于3，则称该局比赛胜利．已知甲乙两人投篮相互独立，且投进的概率均为．记甲乙两人胜利的局数为X，若进行了27局比赛，则______． 【答案】16 【解析】 【分析】先利用相互独立事件的概率公式求出每局游戏中甲乙两名队员获得胜利的概率，再由二项分布的期望公式即可求期望. 【详解】每局游戏中两人分别投篮两次，每局投进的次数之和不少于 次则胜利， 每局游戏胜利包括三种情况： 甲投中 次，乙投中 次，概率为， 甲投中 次，乙投中 次，概率为， 甲投中 次，乙投中 次，概率为， 所以每局游戏甲乙两名队员获得胜利的概率为， 若游戏的局数是， 为甲乙两名队员获得胜利的局数，则， 所以. 14. 已知，，则的最小值为 ________． 【答案】##0.28125 【解析】 【分析】分析不等式恒成立条件，将乘积非负约束转化为一次函数与对数函数零点重合的代数关系，利用指数函数恒正性质将另一组变量限制在抛物线下方的区域，进而把目标代数式重构为直线上动点与抛物线上动点之间距离平方的几何模型；利用导数的几何意义求出抛物线切线与已知直线平行时的切点坐标，并利用点到直线距离公式完成最值求解. 【详解】由题可知，因为恒成立，故得， 即点在抛物线及其下方区域， 对定义域恒成立，即与同号， 又在定义域内由负转正，故仅当两个零点重合时满足条件， 令得，令得， 故，整理得 ，即点在直线上， 则求的最小值即求抛物线到直线的最短距离的平方， 求最短距离：抛物线的导数为，当抛物线切线与直线平行时， 切点到直线的距离最短：令，得切点坐标为，由点到直线距离公式， 切点到直线的距离为：， 距离平方为：， 因此，的最小值为. 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. 已知函数，． （1）证明：对任意 ，均有． （2）若曲线与直线有3个不同的交点，求实数c的取值范围． 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【小问1详解】 证明： ，， 令 则，令，解得： ，令，解得：， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则，所以，即：. 【小问2详解】 因为，所以， 令 ，解得：或 ，令 ，解得：， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 由函数单调性可知：在处取得极大值，且极大值为， 在 处取得极小值，且极小值为， 又 时，，时,， 若曲线与直线有3个不同的交点，则需介于极大值和极小值之间， 所以，即的取值范围是： 16. 在边长为2的等边三角形内取一点P，满足，且 ． （1）求 的值． （2）求PC． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，则，利用余弦定理求得，从而可求得，由同角的平方关系求得，最后利用商数关系求解即可； （2）以 为坐标原点，所在直线为 轴，建立平面直角坐标系，求出点 坐标，利用两点间的距离公式计算即可. 【小问1详解】 如图所示，作出符合题意的图形， 设，则，在中， ，, 由余弦定理可得， 即，整理得，解得， 所以， 由余弦定理可得， 所以， 所以. 【小问2详解】 以 为坐标原点， 建立平面直角坐标系，如图所示， 易知，由上问可知， 可得,, 所以, 即，故. 17. 已知，，，其中，． （1）设，证明：． （2）求中所有元素之和． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）求出和的最大值，再作差比较两者大小即可证明； （2）根据元素的特征得到中的所有元素的和中各项出现的次数均为次即可求解. 【小问1详解】 因为，，，， 所以或，， 记中的最大元素为，则时， ， 所以， 所以 ， 所以，为中的最大元素， 此时恒成立， 所以对，均有. 【小问2详解】 由（1）得中的最大元素， 当时，的取值情况有种， 所以在所有元素之和中出现次， 所以中的所有元素之和为. 18. 已知四点均在椭圆上，直线 过E的左焦点，直线 交于E的右焦点． （1）求E的离心率． （2）记直线斜率分别为，，证明：为定值． （3）设，过P作，垂足为H，求的最大值． 【答案】（1） （2）证明见解析； （3） 【解析】 【分析】（1）由离心率公式求解即可； （2）设直线 的方程为，，与椭圆方程联立，利用韦达定理化简得，从而可得，同理可得，，利用斜率公式即可得证明； （3）求出直线 过定点，再根据两点间距离即可得答案. 【小问1详解】 由题意可得 ，， 所以， 所以， 所以 【小问2详解】 由(1)可知 ， 设直线 的方程为， 则， 设， 则， ， 设直线 的方程为， 设， 由， 得， 所以， 所以，， 同理可得，， 所以， 所以， 所以为定值； 【小问3详解】 由（2）可知直线 的方程为， 即， 即， 所以直线 过定点， 又因为， 由几何意义可知， 所以的最大值为. 19. 将边长为的正方形 沿对角线 折叠，形成四面体 ． （1）证明：； （2）若二面角 和 的平面角互补，求； （3）证明：存在四面体 ，使得其内部一点O到各个平面的距离均大于． 【答案】（1）证明如下： 取中点，连接 ，因为，所以 ，同理有 ， 且 ， 平面 ，所以平面 ， 又因为平面 ，所以 . （2） （3）证明如下： 我们只需要证明存在四面体 ， 其内切球半径， 设四面体的体积和表面积分别为 和，利用等体积法可得， 其中 ， ， 由（1）可知 ，代入得， 所以​，取，可得， 此时，因为， 且， 所以 即，命题得证. 【解析】 【分析】（1）先证明平面 ，再根据线面垂直性质证明 ； （2）先根据定义得到两个二面角的平面角，再运用余弦定理写出表达式，并结合两个平面角的关系列出方程求解即可； （3）将问题转化为内切球问题，然后利用等体积法写出半径表达式，通过选取合适的折叠角使得半径满足条件. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知 且 ，所以 即为二面角 的平面角，设 ， 取中点，连接 ，因为 ，所以 ，同理有 ， 所以 即为二面角 的平面角，设 ， 在 中， ，设 ， 由余弦定理有， 在 中，，同理， 由余弦定理有，依题意有 ， 则 即，令，得到 ，化简得 ， 解得，在 中有 ，所以 ，所以， 所以 即 . 【小问3详解】 略 【点睛】几何体内部点到平面距离的问题往往可以转化为内切球相关，到顶点距离的问题则可以和外接球构建联系. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北部分名校联盟2025—2026高三年级第二学期开学考试 数学试题 考察范围：高考全部内容 试卷满分：150分 考试用时：120分钟 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、班级和考号填写在答题卡上． 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． 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. D. 2. 已知双曲线的左右焦点分别为，，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3. 已知甲，乙，丙，丁4人随机站成一排，则甲，乙两人站在丙的同侧的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 函数的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 5. 设复数，若，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 6. 在三棱锥中，底面，，则三棱锥的体积为（ ） A. B. 1 C. D. 7. 已知抛物线的焦点为F，以F为圆心作半径为1的圆，过F的直线l与C交于A，B两点，与圆交于P，Q两点．若点A，P在第一象限，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 在四边形中，、分别为， 中点，记与的夹角为 ．若，，，则 （ ） 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. 在名男生， 名女生中随机选取一名男生和一名女生，记“男生甲和女生乙入选”为事件 ，“男生甲入选”为事件 ，“女生乙入选”为事件 ，则（ ） A. B. C. D. 10. 在中， ，，，则（ ） A. 平分 B. 面积的最大值为3 C. A的最大值为 D. 11. 若存在，使，称为“xf点”，为“xf函数”，则（ ） A. 是“xf函数” B. 是“xf函数” C. 最多存在4个不同的“xf点” D. 存在幂函数，使得对任意， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若三角形三边成等比数列，则公比q的范围是_____. 13. 甲乙两人比赛投篮，在每局比赛中两人分别投篮两次，若每局投进的次数之和不小于3，则称该局比赛胜利．已知甲乙两人投篮相互独立，且投进的概率均为．记甲乙两人胜利的局数为X，若进行了27局比赛，则______． 14. 已知，，则的最小值为 ________． 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. 已知函数，． （1）证明：对任意 ，均有． （2）若曲线与直线有3个不同的交点，求实数c的取值范围． 16. 在边长为2的等边三角形内取一点P，满足，且 ． （1）求 的值． （2）求PC． 17. 已知，，，其中，． （1）设，证明：． （2）求中所有元素之和． 18. 已知四点均在椭圆上，直线过E的左焦点，直线 交于E的右焦点． （1）求E的离心率． （2）记直线斜率分别为，，证明：为定值． （3）设，过P作，垂足为H，求的最大值． 19. 将边长为的正方形沿对角线折叠，形成四面体 ． （1）证明：； （2）若二面角 和 的平面角互补，求； （3）证明：存在四面体 ，使得其内部一点O到各个平面的距离均大于． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $