精品解析：河北省沧州市肃宁县第一中学2025-2026学年高三下学期学情自测数学试题

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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. A. B. C. D. 3. 已知，则（ ） A. B. C. 3 D. 4 4. 甲、乙、丙3人各自从A，B，C这3个景点中随机选1个去旅游，设事件“3个人都没去A景点”，事件“甲独自去一个景点”，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知连续型随机变量服从正态分布，记函数，则的图象（ ） A. 关于直线对称 B. 关于直线对称 C. 关于点成中心对称 D. 关于点成中心对称 6. 坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线（b>0），以原点为圆心，双曲线的实半轴长为半径长的圆与双曲线的两条渐近线相交于A，B，C，D四点，四边形ABCD的面积为2b，则双曲线的方程为 A. B. C. D. 8. 等边的外接圆的半径为，点是该圆上的动点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 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. 已知数列的前项和为，若，则下列说法正确的是（ ） A. 是递增数列 B. 数列是递增数列 C. 数列中的最小项为 D. 、、成等差数列 10. 已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象先关于轴对称，然后再向左平移个单位长度后得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 函数为奇函数 D. 函数在区间上单调递增 11. 已知实数满足，则下列选项正确的是（ ） A. 的最大值是 B. 的最大值是 C. 的最小值是 D. 的最小值是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某地有8000名学生参加考试，考试后数学成绩近似服从正态分布，若，则估计该地学生数学成绩在130分以上的人数为__________. 13. 已知函数，若有6个零点，则实数m的取值范围为______. 14. 已知，函数有两个极值点，给出下列四个结论： ①可能是负数； ②； ③为定值； ④若存在，使得，则. 其中所有正确结论的序号是___________． 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. 在中，设向量，，且，. （1）求的值； （2）若，求. 16. 已知，，分别是三角形三个内角，，的对边，已知，， （1）求的值； （2）求的周长. 17. 如图，在四棱锥中，底面，底面为菱形，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面所夹角的正弦值． 18. 已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为. （1）若，求； （2）证明：数列是公比为的等比数列； （3）设为的面积，证明：对任意正整数，. 19. 已知函数，其中. （1）讨论函数的单调性； （2）若，，设曲线在点处的切线交轴于点. （i）求出点的横坐标（用表示）； （ii）已知点在轴上，且轴，求证：存在唯一的点，使得为等腰直角三角形. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】取集合，的公共部分得到． 2. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】. 【考点定位】本题考查复数的基本运算，考查学生的基本运算能力. 3. 已知，则（ ） A. B. C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据余弦两角和公式和同角三角函数关系求解即可. 【详解】因为，， 所以. 所以. 故选：A 4. 甲、乙、丙3人各自从A，B，C这3个景点中随机选1个去旅游，设事件“3个人都没去A景点”，事件“甲独自去一个景点”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先求出、，再应用条件概率公式求概率即可. 【详解】由题设，“3个人都没去A景点且甲独自去一个景点”，甲与乙丙看作两组安排到2个景点有2种方法， “甲独自去一个景点”，甲在3个景点任选一个，其它两人在余下的2个景点任选， 又3人在3个景点任选有种，所以，， 所以. 故选：B 5. 已知连续型随机变量服从正态分布，记函数，则的图象（ ） A. 关于直线对称 B. 关于直线对称 C. 关于点成中心对称 D. 关于点成中心对称 【答案】C 【解析】 【分析】利用连续型随机变量服从正态分布，结合正态密度曲线的性质计算可判断每个选项的正误. 【详解】由连续型随机变量服从正态分布， 可得，可得，所以正态密度曲线关于对称， 即， 由，可得在时增加较快，在时增加越来越慢， 所以无对称轴，故AB错误； ， 所以关于点成中心对称，故C正确，D错误. 故选：C. 6. 坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据线面角的定义求得，从而依次求，，，，再把所有棱长相加即可得解. 【详解】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接， 由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和， 所以. 因为平面，平面，所以， 因为，平面，， 所以平面，因为平面，所以，. 同理：，又，故四边形是矩形， 所以由得，所以，所以， 所以在直角三角形中， 在直角三角形中，，， 又因为， 所有棱长之和为. 故选：C 7. 已知双曲线（b>0），以原点为圆心，双曲线的实半轴长为半径长的圆与双曲线的两条渐近线相交于A，B，C，D四点，四边形ABCD的面积为2b，则双曲线的方程为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：根据对称性，不妨设在第一象限，则， ∴，故双曲线的方程为，故选D. 【考点】双曲线的渐近线 【名师点睛】求双曲线的标准方程时注意： （1）确定双曲线的标准方程也需要一个“定位”条件，两个“定量”条件，“定位”是指确定焦点在哪条坐标轴上，“定量”是指确定a，b的值，常用待定系数法． （2）利用待定系数法求双曲线的标准方程时应注意选择恰当的方程形式，以避免讨论． ①若双曲线的焦点不能确定时，可设其方程为Ax2＋By2＝1（AB＜0）． ②若已知渐近线方程为mx＋ny＝0，则双曲线方程可设为m2x2－n2y2＝λ（λ≠0）． 8. 等边的外接圆的半径为，点是该圆上的动点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先证明，再给出一个点的位置使得，即可得到的最大值是. 【详解】 如图，设的中点为，的中点为，的外接圆圆心为，则. 从而，故，所以，故，所以. 这表明，所以一方面有 . 而另一方面，当点是点的对径点时，有，. 所以此时有. 综合两方面，可知的最大值是. 故选：C. 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. 已知数列的前项和为，若，则下列说法正确的是（ ） A. 是递增数列 B. 数列是递增数列 C. 数列中的最小项为 D. 、、成等差数列 【答案】AB 【解析】 【分析】根据可知数列为等差数列，根据通项公式和求和公式结合选项逐个判断. 【详解】因为，所以数列为等差数列，公差为3， 因为，所以，； 对于A，因为，所以是递增数列，A正确； 对于B，因为，所以数列是递增数列，B正确； 对于C，因为，所以数列中的最小项为，C不正确； 对于D，当时，，显然不是等差数列，D不正确. 故选：AB. 10. 已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象先关于轴对称，然后再向左平移个单位长度后得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 函数为奇函数 D. 函数在区间上单调递增 【答案】AD 【解析】 【分析】利用平移求出新的函数解析式，再利用三角函数的单调性，奇偶性，对称性等性质求解即可. 【详解】根据函数的部分图象， 可得A＝2，，∴ω＝2， 对于A选项，结合五点法作图，可得，故A正确， ，将函数的图象平移后得到函数的图象， 则， 对于B选项，由，得到的对称轴为， 显然不是其对称轴，故，故B错误， 对于C选项，函数显然不是奇函数，故C错误， 对于D选项，，的递增区间即的递减区间， 令， 解得， 故的递增区间是， 当时，的递增区间是，故D正确， 故选：AD． 11. 已知实数满足，则下列选项正确的是（ ） A. 的最大值是 B. 的最大值是 C. 的最小值是 D. 的最小值是 【答案】BD 【解析】 【分析】由表示圆上的点到定点距离的平方可得其最大值为可判断A项，由表示圆上的点与点的连线的斜率，设，由圆心到直线的距离求出k的范围即可判断B项，由表示圆上任意一点到直线的距离的倍，结合圆上任意一点到直线的距离的最小值为（为圆心C到直线的距离），进而可判断C项，对于D,令，结合三角函数的图像与性质求解即可. 【详解】因为， 所以圆C的圆心，半径为. 对于A项，表示圆上的点到定点距离的平方，如图所示，    所以的最大值为，故A项错误； 对于B项，表示圆上的点与点的连线的斜率，如图所示，    设，即， 由圆心到直线的距离， 即，解得， 所以的最大值为，故B项正确； 对于C项， 表示圆上任意一点到直线的距离的倍，如图所示，    又圆心C到直线的距离， 所以圆上任意一点到直线的距离的最小值为， 所以的最小值为，故C项错误. 对于D项，因为， 令，所以， 所以当时，的最小值是 故选：BD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某地有8000名学生参加考试，考试后数学成绩近似服从正态分布，若，则估计该地学生数学成绩在130分以上的人数为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用正态分布曲线的对称性，求得，得到的概率，进而求得学生数学成绩在130分以上的人数，得到答案. 【详解】由题意知，期末考试数学成绩X服从正态分布， 因为，可得， 则， 又因为某地有8000名学生参加考试， 所以估计某地学生数学成绩在130分以上的人数为. 故答案为：. 13. 已知函数，若有6个零点，则实数m的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】令，由题意可得有两不同的实数根，作出函数的图象，根据分及或分别求解即可. 【详解】因为当时，， 可知函数在内单调递减，且， 作出函数的图象，如图所示： 令， 因为有6个零点，可知有两不同的实数根， 所以，解得或， 令， 结合函数的图象可知： 当，时，则，解得； 当时，则，解得； 综上所述：实数m的取值范围为. 故答案为：. 14. 已知，函数有两个极值点，给出下列四个结论： ①可能是负数； ②； ③为定值； ④若存在，使得，则. 其中所有正确结论的序号是___________． 【答案】②③④ 【解析】 【分析】对于①，分是否大于0进行讨论；对于②，由韦达定理即可判断；对于③，结合②中结论直接验算；对于④，原命题等价于关于的不等式有解，进一步等价于关于的不等式有解，故只需求出不等式左边的最小值即可验算. 【详解】对于①，，因为函数有两个极值点， 所以有两个相异实根，这意味着， 否则时，，即单调递增，这与已知矛盾， 若，则当时，，当时，，当时，， 即在的条件下，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以有两个极值点，故①错误； 对于②，是方程的两根，从而，故②正确； 对于③，，故③正确； 对于④，若存在，使得， 即关于的不等式有解， 而没有最大值， 故原命题等价于关于的不等式有解， 令, 而函数的最小值为1， 所以当且仅当，即满足题意， 即若存在，使得，则，故④正确. 故答案为：②③④. 【点睛】关键点点睛：判断④的关键是将原问题等价转换为关于的不等式有解，由此即可顺利得解. 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. 在中，设向量，，且，. （1）求的值； （2）若，求. 【答案】（1）5 （2） 【解析】 【分析】（1）利用平面向量数量积的定义得到，再结合平面向量的线性运算求解即可. （2）利用给定条件得到，再利用模的性质计算即可. 【小问1详解】 由已知得，， 所以， 所以. 【小问2详解】 因为，所以， 所以. 16. 已知，，分别是三角形三个内角，，的对边，已知，， （1）求的值； （2）求的周长. 【答案】（1） （2）14 【解析】 【分析】（1）依题意用表示，结合为锐角即可求解； （2）用正弦定理结合等比例性质即可求解. 【小问1详解】 由得：， ∴， 由知，故为锐角，∴， ∴. 【小问2详解】 由（1）知：，， 由正弦定理得：， ∴， 故的周长为14. 17. 如图，在四棱锥中，底面，底面为菱形，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面所夹角的正弦值． 【答案】（1） 连接，底面是菱形，， 所以是等边三角形，， ，，， 平面， 又平面， ， ，平面， 平面； （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，根据面面角向量法计算即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知， ，，、、两两垂直， 令，可得，，， 以为坐标原点，直线为轴，直线为轴，直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，，，， ， ，， 平面的法向量， 设平面的法向量， 则，取，得， 设平面与平面所夹角为， 则， 所以， 平面与平面所夹角的正弦值为． 18. 已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为. （1）若，求； （2）证明：数列是公比为的等比数列； （3）设为的面积，证明：对任意正整数，. 【答案】（1）， （2）证明如下： 方法一：由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程. 展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根. 从而根据韦达定理，另一根，相应的. 所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上. 所以. 这就得到，. 所以 . 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 方法二：因为，，，则， 由于，作差得， ，利用合比性质知， 因此是公比为的等比数列. （3）证明如下： 方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定） 证明： . 证毕，回到原题. 由于上一小问已经得到，， 故. 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 所以对任意的正整数，都有 . 而又有，， 故利用前面已经证明的结论即得 . 这就表明的取值是与无关的定值，所以. 方法二：由于上一小问已经得到，， 故. 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 所以对任意的正整数，都有 . 这就得到， 以及. 两式相减，即得. 移项得到. 故. 而，. 所以和平行，这就得到，即. 方法三：由于，作差得， 变形得①， 同理可得， 由（2）知是公比为的等比数列，令则②， 同时是公比为的等比数列，则③， 将②③代入①， 即，从而，即. 【解析】 【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可； （2）思路一：根据等比数列的定义即可验证结论；思路二：利用点差法和合比性质即可证明； （3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路三：利用点差法得到，，再结合（2）中的结论得，最后证明出即可. 【小问1详解】 由已知有，故的方程为. 当时，过且斜率为的直线为，与联立得到. 解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上. 故，从而，. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解. 19. 已知函数，其中. （1）讨论函数的单调性； （2）若，，设曲线在点处的切线交轴于点. （i）求出点的横坐标（用表示）； （ii）已知点在轴上，且轴，求证：存在唯一的点，使得为等腰直角三角形. 【答案】（1） 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增； （2）（i） （ii），， 已知点在轴上，且轴， 所以，若为等腰直角三角形，则， 即， 则，因为，所以， 画出，图象如图： 结合图象可知，，在有一个交点， 所以存在唯一的点，使得为等腰直角三角形. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，分类讨论研究单调性； （2）求导，求出切线方程，令横坐标等于0，求出的横坐标；为等腰直角三角形时，，则，即，构造函数，，画出图象，在有一个交点，即可得证. 【小问1详解】 ，其中，定义域为， 令，则或， 当时，即，此时，所以在上单调递减； 当时，即，当时，，单调递减， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以在上单调递减，在上单调递增； 当时，即，当时，，单调递减， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以在上单调递减，在上单调递增； 综上：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 【小问2详解】 （i）当时，，， 当时，，， 所以曲线在点处的切线方程为， 令，则，所以点 所以点的横坐标. （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $