精品解析：河北保定市第一中学2026届高三考前自测数学试题

数学试题 本试卷共19题，满分150分.考试用时120分钟 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. 已知复数 则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过复数的四则运算将分母实数化求解即可. 【详解】因为，所以 ， 所以. 2. 已知集合，，则=（ ） A. B. {1} C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】化简两个集合，根据交集运算可得答案. 【详解】因为 ，所以，解得或， ， . 3. 已知梯形ABCD中，AB//CD，AB=2CD，E为边BC的中点，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为为边的中点，所以， 则，得． 4. 在信号处理领域，简谐信号是最基础的信号形式之一，其波动规律可通过三角函数描述．已知某简谐信号关于时间x的原始波动函数为，为适配传输需求，对该函数依次进行两次图象变换：①将的图像向左平移个单位长度；②将所得图像上所有点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，得到目标信号函数的图像，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角函数伸缩、平移变换法则即可得到函数的解析式，进而求解． 【详解】将的图像向左平移个单位长度得到， 再将所得图像上所有点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，得到， 所以． 5. 某历史文化街区春节期间客流量较大，特安排包括甲在内的6名志愿者在A，B，C三个重要路口进行执勤，疏导客流，若每个路口安排两人，且甲只能被安排在路口C，则不同的安排方法数为（ ） A. 30 B. 50 C. 60 D. 75 【答案】A 【解析】 【分析】组合问题，特殊位置优先安排，先安排路口C，再安排路口A，B即可求解. 【详解】因为每个路口安排两人，且甲只能被安排在路口C， 所以路口C还缺1人，从剩下的5人中选一人到路口C，有种选法； 从剩下的4人中再安排两人到路口A，有种选法； 将剩下的2人安排到路口B，有种选法. 由分步乘法计数原理知不同的安排方法数为种. 6. 某中学为庆祝建校120周年，制作了一批文创产品，其中以校园风景为主题元素设计的明信片备受各届校友们青睐.已知每套明信片的成本价为10元，经市场调研发现，该明信片的销售量y(单位：套)与销售单价x(单位：元)之间满足假设该明信片有足够多且都能卖完，则要使明信片的销售利润最大，销售单价应定为（） A. 25元 B. 21元 C. 20元 D. 15元 【答案】D 【解析】 【详解】每套成本为10元，销售单价为元，则每套利润为元 因此利润函数为 令 ，则，且 ， 代入得 令，得 . 当 时，，单调递增； 当 时，，单调递减. 因此，当时，取得最大值， 此时 。 7. 已知抛物线 的焦点为F，其准线与x轴交于点E，过点 E且斜率为负的直线交C于A，B两点(点A在点B的左侧)，若 点D(8，8)，△DBF 的面积为 ，△ABF 的面积为，则 （ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】设，由共线可得， 整理得 ， 所以 ，根据的斜率分别为， ，即， 可得 ，解得或， 因为的斜率相反且在左侧，所以， 而的斜率，故有三点共线， 将的方程与抛物线方程联立得 ， 整理得 ，一个解即为点横坐标，则另一个解为， 即点横坐标为，所以 . 8. 在边长为 2 的菱形ABCD 中， 沿对角线 BD 将△ABD 折起得到三棱锥，若 ，则三棱锥 外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题的关键是折叠问题（菱形沿对角线BD折起形成三棱锥），需通过坐标系法确定各点位置，再利用外接球球心到各顶点距离相等的性质求解半径． 【详解】折叠前：菱形边长为，，故、为等边三角形，， 设中点为，则，，且． 建系：以为原点，为轴，为轴，垂直平面方向为轴， 得，，，设折叠后，由得， 由，，，故，解得， 代入得，故， 设外接球球心，由得；由得，解得； 由得，解得， 球心，半径，故外接球表面积． 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. 为了研究与的线性相关关系，收集了 10组样本数据，已知样本点的中心为，且 ， ，的分位数为，若关于的经验回归方程为 则下列说法正确的是（ ） A. B. 与负相关 C. D. 样本相关系数必大于0 【答案】CD 【解析】 【详解】选项A：样本点的中心为，关于的经验回归方程为， 所以代入可得 ，解得，故A错误； 选项B：因为回归系数 ，因此与正相关，故B错误； 选项C：的分位数为，， 即，因为，所以解得，故C正确； 选项D：因为回归系数 ，所以与正相关， 因此样本相关系数，故D正确. 10. 已知圆的圆心坐标为，圆被轴、轴截得的弦长之比为 点P在直线 上，则下列说法正确的是（ ） A. 圆的标准方程为( B. 若圆上有且仅有2个点到直线l的距离为1，则 C. 当时，以线段为直径的圆与圆交于两点，则 的最小值为 D. 若为平面内一个动点， 则点到直线l的距离为定值 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用圆的弦长公式，设圆的半径为，分别求出被轴、轴截得的弦长，结合比例关系求出，判断选项A；计算圆心到直线的距离，根据圆的性质，当时满足条件，结合确定的取值集合，判断选项B；将向量数量积进行转化，结合以为直径的圆与圆$C$的交点性质，将其转化为与相关的表达式，再利用点到直线的距离公式求出的最小值，进而得到数量积的最小值，判断选项C；可设出、的坐标，得到的坐标与的坐标关系，再结合在直线上，代入到直线的距离公式，判断是否为定值，以此分析选项D. 【详解】选项A，已知圆心，设半径为，圆心到轴的距离，故被轴截得的弦长， 圆心到轴的距离，故被轴截得的弦长， 由题意，代入得：， 化简得，即， 因此圆的标准方程为，选项A正确； 选项B，圆心到直线的距离， 圆上到直线距离为的点的个数满足： 当，即时，有且仅有个点， 代入得不等式：， 因，故，去掉绝对值得：， 正整数解为时，圆上无满足条件的点，选项B错误； 选项C，当时，直线， 因在以为直径的圆上，故，即， 向量分解：，因此：， 在中，由勾股定理：， 因，故，即， 的最小值为点到直线的距离：， 因此的最小值为，选项C正确； 选项D，设，因，故， 又在直线上，故， 点到直线的距离： 距离为定值，选项D正确. 11. 已知函数 且满足，，若的图象与直线有3个不同的交点，且这3个交点的横坐标依次为 则下列说法正确的是（ ） A. 实数t的取值范围是 B. 的取值范围是 C. 的最大值是 D. 若f(x)在上的值域为，则的最大值为4 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用导数研究函数的单调性与极值，并作出函数的图像，从而得到及的范围可判断A;，利用根与系数的关系结合的范围可得的范围可判断B；通过利用的关系消元得到，利用的范围求最大值可判断C；的单调性及极值点结合函数的图像求得的最大值可判断D. 【详解】由 得, ，， ,解得 ,. 令得或. 令，解得：，所以的单调递减区间为； 令，解得：，或，所以的单调递增区间为，； 由于，， 令，解得：或； 令，解得：或，作出函数的大致图象如下： 对于A，由函数的图像与直线交于不同的三点， 得，即的取值范围是,故A不正确； 对于B，由图像知:. 令，则的三个根分别为， 则 所以， 由于，所以，即的取值范围是，故B正确； 对于C， ， 因为，所以， 因为， 所以当时，，故C正确； 对于D，因为在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且，， 所以时，；时，, 所以由在上的值域为，得. 所以， 当时，取到最大值，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点在直线上，是数列{an}的前n项和，则使成立的最小正整数n=_________. 【答案】5 【解析】 【分析】先由题意求得 ，由求得的取值范围，从而求得正确答案 【详解】∵点在直线上， ∴，即 由得，即 解得 使成立的最小正整数为 13. 已知定义在上的函数的图象关于直线对称，且为偶函数，当 时， 则 _______. 【答案】##0.25 【解析】 【详解】因为的图象关于对称，所以， 将替换为，可得， 因为是偶函数，所以， 将替换为，可得， 联立可得， 将替换成，可得，即是周期为的周期函数， 因此， 因为，所以， 当时，，所以， 即. 14. 已知双曲线 的左、右焦点分别为 ，点P 是 C 上一点且位于第一象限，若的平分线所在直线的斜率与 的平分线所在直线的斜率分别为，且，则C的离心率为________. 【答案】 【解析】 【分析】设的平分线与的平分线所在直线交于点，的平分线与轴交于点，得到 ，根据题意，求得，结合，联立方程组求得，求得，得到，结合双曲线的定义和离心率的定义，即可求解. 【详解】设的平分线所在直线与的平分线所在直线交于点， 的平分线所在直线与轴交于点， ， 则 ， 因为， 且， 所以， 又因为且，所以， 联立方程组，解得， 所以， 因为，所以，所以， 在直角中，因为，所以， 又因为，所以， 所以双曲线的离心率. 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①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答.已知在中，角，，所对的边分别为，，，且 . （1）证明: ； （2）若是锐角三角形，求 的取值范围. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）选①，由余弦定理、正弦定理化简可得，再利用三角恒等变换可得，进而可证；选②化简条件可得，结合余弦定理及二倍角公式可得，进而可证；选③，由余弦定理可得，化简证明同①； （2）由题意可得，根据三角恒等变换化简可得，令，则，根据函数的单调性求解即可. 【小问1详解】 选①，由可得，即， 因为，所以， 化简可得，即， 由正弦定理可得， 因为， 所以， 所以或（舍去）， 所以； 选②，由可得， 即， 因为，所以， 即， 因为在上单调递减，所以； 选③，由余弦定理可得， 所以，即， 因为，所以， 化简可得，即， 由正弦定理可得， 因为， 所以， 所以或（舍去）， 所以； 【小问2详解】 是锐角三角形， 则，所以， ， 令，则， 因为在区间单调递增，在区间单调递增， 所以在区间上单调递增， 所以，即. 16. 如图，四棱锥中， 是等边三角形，四边形是等腰梯形， ，，， （1）证明：平面 平面； （2）求平面与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接点与的中点，则，计算出，通过勾股定理证明，从而证明 平面，进而有平面 平面； （2）以为原点，以 所在直线为轴建系，分别求出平面与平面的法向量，计算其夹角即可. 【小问1详解】 取中点，因为 是等边三角形且，所以且， 在等腰梯形中，， ，过 作的垂线， 垂足记为 ，则 ，， ， 所以，因为，所以， 又， 平面,所以 平面，而平面，故平面 平面； 【小问2详解】 以为原点，以 所在直线为轴建立如图所示的坐标系， 可知， 则， 设平面的法向量为， 于是有，取，得， 设平面的法向量为， 于是有，取，得， 则平面与平面所成角的余弦值为 ，正弦值为. 17. 已知点，点在线段上(不含端点)运动，且动点满足，记动点的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程； （2）过点作两条平行线，分别与曲线在轴上方交于两点，求四边形周长的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，结合椭圆的定义求解即可； （2）设过点的直线为， ，直线与曲线联立方程组可得，同理可得，根据两点间距离公式可得四边形周长，令，根据函数的单调性计算即可求解. 【小问1详解】 设，则， 因为，所以， 因为，满足椭圆的定义， 所以动点是以为焦点的椭圆，设其标准方程为， ， 所以曲线的方程； 【小问2详解】 由题意可知，过点的直线斜率不为， 设过点的直线为， ， 直线与曲线联立方程， 则，得， 由韦达定理可知两根之积为，且， 所以方程有一正一负两实数根， 因为点在轴上方，所以， 同理设过点的直线为，则， 则， ， 所以， 因为，则， 所以， 则四边形的周长， 令，则， 所以， 因为， 因为在上单调递增， 所以在上单调递减， 当，即时，有最大值为， 所以的最大值为. 18. 现有一台AI智能一体化精密加工设备加工 个零件，已知经过该设备加工后的零件分为精品和非精品，非精品需要经过其他设备再加工.该设备加工零件前，先对每个零件经过该设备加工后的质量(精品或非精品)进行一次预判，再加工，若加工后零件为非精品，则该设备报警，停止加工；否则继续加工，直至加工完所有零件.假设该设备对每个零件预判加工后为精品与非精品的概率分别为 和 ，且各次预判结果相互独立.据以往该设备的加工情况得到如下情况：①若预判某零件加工后为精品，则该零件加工后必为精品；②若第一次出现预判零件加工后为非精品，则该零件加工后为精品与非精品的概率均为 ；③若第二次出现预判零件加工后为非精品，则该零件加工后必为非精品.设X表示该设备停止加工时已加工的零件个数. （1）求； （2）求的分布列； （3）若，求数列的最大项. 【答案】（1）； （2）分布列见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，表示该设备加工的第1个零件为非精品，表示该设备加工的第1个零件为精品，第2个零件为非精品，结合相互独立事件的概率计算公式，即可求解； （2）由表示该设备加工前个零件均为精品，第个零件为非精品，求得，当表示该设备加工的前个零件均为精品，求得，进而得到其分布列； （3）由（2）得，结合乘公比错位相减法求和，求得，设，得到，求得数列的单调性，即可求解. 【小问1详解】 解：由表示该设备加工的第1个零件为非精品，可得, 表示该设备加工的第1个零件为精品，第2个零件为非精品， 可得. 【小问2详解】 解：由 表示该设备加工前个零件均为精品， 第个零件为非精品，包括两种情况： ①该设备预判前个零件加工后均为精品，预判第个零件加工后为非精品，且第个零件加工后确实为非精品； ②该设备预判前个零件中有个零件加工后均为精品，有1个零件加工后为非精品， 但该零件加工后为精品，预判第个零件为非精品， 则， 因为符合上式，所以 ， 当 时，除“第个零件为第一个加工后为非精品的零件”外，还包括个零件全部加工后均为精品的情况． 第个零件为第一个加工后为非精品的零件的概率为 个零件全部加工后均为精品，分为两种情况：所有零件均被预判为精品；或恰有个零件被预判为非精品但加工后为精品，其余零件均被预判为精品．其概率为 因此 整理得 所以变量的分布列为： 1 2 3 对于满足 的整数，有 对于，有 【小问3详解】 解：由（2）知：， 则， 两式相减得 ， 所以， 设，可得，则， 当时，解得，所以，此时； 当时，解得，所以，此时， 所以当时，取得最大值， 又由，所以数列的最大项为. 19. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）若恒成立，求实数a的值； （3）已知，当时，函数恰有两个不同的极值点，证明：． 【答案】（1）答案见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）对求导，分类讨论，，三种情况，判断导数的正负进而得出单调性； （2）结合（1）的单调性，由恒成立，得出函数的最大值，列出不等式，再构造函数求解； （3）由题，设，则是方程的两个不同的实数根，构造函数，由导数分别得出 和即可证明． 【小问1详解】 ， ①当时，，则在上单调递减， ②当时，令， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减； ③当时，令， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增； 综上所述，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 ①当时，在上单调递减，且， 所以当时，，不合题意； ②当时，在上单调递增，在上单调递减， 所以， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在单调递增， 又，时， ，时， ， 所以当时，，满足题意； ③当时，在上单调递减，在上单调递增， 当时，，不合题意； 综上所述，． 【小问3详解】 ，则， 令 ， 设，则是方程的两个不同的实数根， 则，令 ， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， ，， 由于，且的极小值 ，当时，当时， 因为直线与曲线恰有两个交点， 所以在区间内，由于且递减，要使 ，必有， 在区间内，由于 且递增，必有， 所以， 设 ，则， 令 ， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以的最小值为 ， 所以，即 ， 因为是方程的根，所以 ，代入不等式得：， 由于，则 ， 下面证明 ，那么就有， 由 ，令 ，， 则 ， 因为，，，所以， 所以在上单调递增，又 ， 因此当，，即 ， 由于 且在上单调递增，且， 所以必有， 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试题 本试卷共19题，满分150分.考试用时120分钟 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. 已知复数 则 （ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则=（ ） A. B. {1} C. D. 3. 已知梯形ABCD中，AB//CD，AB=2CD，E为边BC的中点，则 （ ） A. B. C. D. 4. 在信号处理领域，简谐信号是最基础的信号形式之一，其波动规律可通过三角函数描述．已知某简谐信号关于时间x的原始波动函数为，为适配传输需求，对该函数依次进行两次图象变换：①将的图像向左平移个单位长度；②将所得图像上所有点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，得到目标信号函数的图像，则 （ ） A. B. C. D. 5. 某历史文化街区春节期间客流量较大，特安排包括甲在内的6名志愿者在A，B，C三个重要路口进行执勤，疏导客流，若每个路口安排两人，且甲只能被安排在路口C，则不同的安排方法数为（ ） A. 30 B. 50 C. 60 D. 75 6. 某中学为庆祝建校120周年，制作了一批文创产品，其中以校园风景为主题元素设计的明信片备受各届校友们青睐.已知每套明信片的成本价为10元，经市场调研发现，该明信片的销售量y(单位：套)与销售单价x(单位：元)之间满足假设该明信片有足够多且都能卖完，则要使明信片的销售利润最大，销售单价应定为（） A. 25元 B. 21元 C. 20元 D. 15元 7. 已知抛物线 的焦点为F，其准线与x轴交于点E，过点 E且斜率为负的直线交C于A，B两点(点A在点B的左侧)，若 点D(8，8)，△DBF 的面积为 ，△ABF 的面积为，则 （ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 8. 在边长为 2 的菱形ABCD 中， 沿对角线 BD 将△ABD 折起得到三棱锥，若 ，则三棱锥 外接球的表面积为（ ） 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. 为了研究与的线性相关关系，收集了 10组样本数据，已知样本点的中心为，且 ， ，的分位数为，若关于的经验回归方程为 则下列说法正确的是（ ） A. B. 与负相关 C. D. 样本相关系数必大于0 10. 已知圆的圆心坐标为，圆被轴、轴截得的弦长之比为 点P在直线 上，则下列说法正确的是（ ） A. 圆的标准方程为( B. 若圆上有且仅有2个点到直线l的距离为1，则 C. 当时，以线段为直径的圆与圆交于两点，则 的最小值为 D. 若为平面内一个动点， 则点到直线l的距离为定值 11. 已知函数 且满足，，若的图象与直线有3个不同的交点，且这3个交点的横坐标依次为 则下列说法正确的是（ ） A. 实数t的取值范围是 B. 的取值范围是 C. 的最大值是 D. 若f(x)在上的值域为，则的最大值为4 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点在直线上，是数列{an}的前n项和，则使成立的最小正整数n=_________. 13. 已知定义在上的函数的图象关于直线对称，且为偶函数，当 时， 则 _______. 14. 已知双曲线 的左、右焦点分别为 ，点P 是 C 上一点且位于第一象限，若的平分线所在直线的斜率与 的平分线所在直线的斜率分别为，且，则C的离心率为________. 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. 在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答.已知在中，角，，所对的边分别为，，，且 . （1）证明: ； （2）若是锐角三角形，求 的取值范围. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 16. 如图，四棱锥中， 是等边三角形，四边形是等腰梯形， ，，， （1）证明：平面 平面； （2）求平面与平面所成角的正弦值. 17. 已知点，点在线段上(不含端点)运动，且动点满足，记动点的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程； （2）过点作两条平行线，分别与曲线在轴上方交于两点，求四边形周长的最大值. 18. 现有一台AI智能一体化精密加工设备加工 个零件，已知经过该设备加工后的零件分为精品和非精品，非精品需要经过其他设备再加工.该设备加工零件前，先对每个零件经过该设备加工后的质量(精品或非精品)进行一次预判，再加工，若加工后零件为非精品，则该设备报警，停止加工；否则继续加工，直至加工完所有零件.假设该设备对每个零件预判加工后为精品与非精品的概率分别为 和 ，且各次预判结果相互独立.据以往该设备的加工情况得到如下情况：①若预判某零件加工后为精品，则该零件加工后必为精品；②若第一次出现预判零件加工后为非精品，则该零件加工后为精品与非精品的概率均为 ；③若第二次出现预判零件加工后为非精品，则该零件加工后必为非精品.设X表示该设备停止加工时已加工的零件个数. （1）求； （2）求的分布列； （3）若，求数列的最大项. 19. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）若恒成立，求实数a的值； （3）已知，当时，函数恰有两个不同的极值点，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $