精品解析：河北定州中学2026届高三考前学情自测数学试题

河北定州中学2026届高三考前学情自测数学试题 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，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则的非空真子集的个数为（ ） A. 0 B. 2 C. 4 D. 6 3. 已知平面向量满足，与，与，与的夹角相等且不为0，则（ ） A. B. C. 2 D. 2 4. 某型号无人机在自动巡航模式下，其飞行高度X(单位：米)服从正态分布N(120,25).若规定飞行 高度在区间[110,130]内为“标准安全区”，一架该型号无人机在一次自动巡航中被监测到处于“标准安全区”内，那么其飞行高度不低于125米的概率约为（ ） 参考数据：若，则，，. A. 0.159 B. 0.142 C. 0.136 D. 0.022 5. 已知函数的最小正周期是， 则下列区间中，函数f(x)单调递增的区间是（ ） A. B. C. D. 6. 已知实数x，y满足 ，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为，点为右支上一点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 现有一个带有盖子的正四面体容器，将一个冰球放入该容器中，盖子恰好能够盖上，如图所示．已知该容器的深度为h，则当冰球完全融化为水后(冰融化为水的体积变化忽略不计)，水的深度约为（ ）(参考数据： ． 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. 已知，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 的最小值为 D. 若，则 的最大值为2 10. 已知函数为指数函数，且满足以下条件：①且x≠y，都有 ；②函数的图象关于直线对称，且方程有且仅有两个实数解.则函数的解析式可以为（ ） A. B. C. D. 11. 某科技公司推出了一项全民互动体验项目，该项目利用AI技术为用户生成个性化数字人形象.已知每位用户生成的数字人形象相互独立，且遵循以下生成规则：①风格类型分为国风、科技风、萌趣风三类，每种类型生成的概率分别为 ②动作特效分为抱拳、奔跑、比心三类，动作特效的生成概率与风格类型相关，其规律如下，若生成的风格类型为国风，则生成的动作特效为抱拳、奔跑、比心的概率分别为 ；若生成的风格类型为科技风，则生成的动作特效为抱拳、奔跑、比心的概率均为 ；若生成的风格类型为萌趣风，则生成的动作特效为抱拳、奔跑、比心的概率分别为 ③隐藏款判定，若生成的数字人形象的风格类型与动作特效满足国风配抱拳或科技风配奔跑或萌趣风配比心，则该数字人形象为隐藏款，否则为普通款.下列说法正确的是（ ） A. 随机抽取 1位用户，则事件“数字人形象风格类型为科技风”与事件“数字人形象动作特效为奔跑”相互独立 B. 随机抽取1位用户，则该用户的数字人形象为隐藏款的概率是 C. 随机抽取9位用户，记生成的数字人形象为隐藏款的人数为随机变量，则最大 D. 随机抽取 2位用户，记生成的数字人形象为隐藏款的人数为随机变量，另外随机抽取3位用户，记生成的数字人形象为普通款且动作特效为奔跑的人数为随机变量η，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知 O为坐标原点，抛物线 若 C₁与 C₂交于点 O与A，且C₁，C₂的准线交于点 则|OA|=________. 13. 已知定义在R上的函数满足，且，则 ______. 14. 已知从数列中剔除与数列中相同的项后，按从小到大的顺序重新排列得到数列．设数列的前n项和为，若，则n的最大值为________． 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. 2026年某市为提振实体经济，对该市小微企业开展经营状况调研，随机抽取的10家企业中，有6家企业营收正增长，4家企业营收负增长. （1）从这10家企业中随机抽取2家，求恰好抽到1家营收正增长、1家营收负增长的企业的概率； （2）从这 10家企业中随机抽取3家，记为抽到的营收正增长的企业数量，求的分布列与数学期望. 16. 如图，在直三棱柱 中， P，M，N分别是 的中点. （1）证明：； （2）求二面角的正弦值. 17. 已知正项数列满足且. （1）判断是否可能为等差数列，并说明理由. （2）若的前项和为. （i）求； （ii）若，求的前项和. 18. 已知椭圆 的左、右焦点分别为过点作x轴的垂线交C于M，N两点 且 的周长为 （1）求C 的方程. （2）已知点P是C上异于左、右顶点A，B的一点. （i）若直线和直线分别与直线交于点S，T，求面积的最小值； （ii）设点Q 是直线上一点，且 证明：直线 PQ 与C 有且仅有一个公共点. 19. 已知 的内角，，所对的边分别为，，，外接圆半径为1， （1）当 时，证明： 当且仅当时等号成立； （2）若 记 面积的最大值为，求(用表示)； （3）当时，记 面积的最大值为 证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北定州中学2026届高三考前学情自测数学试题 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据共轭复数的定义求出，计算得到分母后代入原式，通过分母实数化化简复数即可得到结果。 【详解】已知，因此， 计算分母：，因此原式化简为； 分母实数化：将分子分母同乘分母的共轭复数， 分子：，由，得分子； 分母：， 化简得结果： 。 2. 已知集合，，则的非空真子集的个数为（ ） A. 0 B. 2 C. 4 D. 6 【答案】B 【解析】 【详解】由，所以， 所以，所以的非空真子集有和共2个. 3. 已知平面向量满足，与，与，与的夹角相等且不为0，则（ ） A. B. C. 2 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】设三个向量的模长均为，根据平面内三个非零向量两两夹角相等且不为0得夹角，将已知模长等式平方后代入公式求解即可. 【详解】设， 由于三个平面向量两两夹角相等且不为0，故两两夹角均为， 所以， 将两边平方展开化简得： 解得（负根舍去），即. 4. 某型号无人机在自动巡航模式下，其飞行高度X(单位：米)服从正态分布N(120,25).若规定飞行 高度在区间[110,130]内为“标准安全区”，一架该型号无人机在一次自动巡航中被监测到处于“标准安全区”内，那么其飞行高度不低于125米的概率约为（ ） 参考数据：若，则，，. A. 0.159 B. 0.142 C. 0.136 D. 0.022 【答案】B 【解析】 【分析】由题意得出，，然后根据正态分布的概率性质求得，，然后由条件概率公式计算. 【详解】由已知，，， ， ， 所以. . 5. 已知函数的最小正周期是， 则下列区间中，函数f(x)单调递增的区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由最小正周期求，根据求，再结合余弦函数的单调递增区间推导的增区间，结合选项得出结果. 【详解】由于函数最小正周期，得， 由，且，得，因此， 令，解得：， 当时，一个递增区间为，而， 所以函数在上单调递增. 6. 已知实数x，y满足 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先构造函数，判断其奇偶性并利用导数研究其单调性，然后利用反例法判断ABD，利用对数函数的单调性判断C. 【详解】因为，所以， 对于函数，定义域为R，且， 所以函数为偶函数， ，令，则， 所以单调递减，又 所以当时，，故在上递减； 当时，，故在上递增. 由即得，，所以，即， 对于A，当时，满足，此时，故不成立，错误； 对于B，当时，满足，此时，故不成立，错误； 对于C，因为，所以，根据在定义域上单调递增， 所以，正确； 对于D，当时，满足，此时， 故不成立，错误. 7. 已知为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为，点为右支上一点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，利用双曲线的定义及三角形的性质，即可求解. 【详解】由双曲线，得，，即， 则， 当且仅当三点共线时，即时取等号，所以的最大值为. 8. 现有一个带有盖子的正四面体容器，将一个冰球放入该容器中，盖子恰好能够盖上，如图所示．已知该容器的深度为h，则当冰球完全融化为水后(冰融化为水的体积变化忽略不计)，水的深度约为（ ）(参考数据： ． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正四面体及其内切球的性质，运用几何法求出内切球半径，利用球的体积公式及正四面体的体积公式结合冰球融化前后体积不变构造方程求解． 【详解】已知正四面体的高为，设棱长为，内切球半径为，如下图所示： 由正四面体的性质可知，， 则，故， ， ，故， 冰球的体积， 设冰球融化后水深为，形成的小四面体体积为，则， 原正四面体的体积为， 则， ，解得． 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. 已知，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 的最小值为 D. 若，则 的最大值为2 【答案】BD 【解析】 【分析】利用不等式的性质判断A，利用作差法判断B，根据基本不等式求最值后判断CD. 【详解】对于A，因为，由不等式的性质可得，故A错误； 对于B，， 因为，故，故， 故，故B正确； 对于C，， 当且仅当时等号成立，故的最小值为. 对于D，， 故，当且仅当时等号成立， 故的最大值为2，故D成立. 10. 已知函数为指数函数，且满足以下条件：①且x≠y，都有 ；②函数的图象关于直线对称，且方程有且仅有两个实数解.则函数的解析式可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据指数函数定义、单调性条件排除错误选项A、B，再结合反函数性质，将原问题转化为有且仅有两个实数解的问题，继而构造函数，利用导数解决函数的零点个数问题，即可判断出答案. 【详解】选项A：且，都有， 则可说明为R上的单调递增函数，由于在R上单调递减，不符合题意，排除； 选项B：不是指数函数（指数函数要求指数为自变量、定义域为），且时函数单调递减，不满足条件①，排除； 选项CD中函数均为R上的单调递增函数， 由于互为反函数，它们的图象关于直线对称， 故若的图象有交点，则交点必在直线上， 选项C：对于，令，则，该函数在R上单调递增， 由，得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 则， 则无零点，即无实数解，不符合题意，C错误； 选项D：对于，令，则，该函数在R上单调递增， 由，得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 则， 当时，，当时，， 则有两个零点，即有且仅有两个实数解，符合题意，D正确. 11. 某科技公司推出了一项全民互动体验项目，该项目利用AI技术为用户生成个性化数字人形象.已知每位用户生成的数字人形象相互独立，且遵循以下生成规则：①风格类型分为国风、科技风、萌趣风三类，每种类型生成的概率分别为 ②动作特效分为抱拳、奔跑、比心三类，动作特效的生成概率与风格类型相关，其规律如下，若生成的风格类型为国风，则生成的动作特效为抱拳、奔跑、比心的概率分别为 ；若生成的风格类型为科技风，则生成的动作特效为抱拳、奔跑、比心的概率均为 ；若生成的风格类型为萌趣风，则生成的动作特效为抱拳、奔跑、比心的概率分别为 ③隐藏款判定，若生成的数字人形象的风格类型与动作特效满足国风配抱拳或科技风配奔跑或萌趣风配比心，则该数字人形象为隐藏款，否则为普通款.下列说法正确的是（ ） A. 随机抽取 1位用户，则事件“数字人形象风格类型为科技风”与事件“数字人形象动作特效为奔跑”相互独立 B. 随机抽取1位用户，则该用户的数字人形象为隐藏款的概率是 C. 随机抽取9位用户，记生成的数字人形象为隐藏款的人数为随机变量，则最大 D. 随机抽取 2位用户，记生成的数字人形象为隐藏款的人数为随机变量，另外随机抽取3位用户，记生成的数字人形象为普通款且动作特效为奔跑的人数为随机变量η，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】记“生成的数字人形象风格类型为国风、科技风、萌趣风”分别为事件，记“生成的数字人形象动作特效为抱拳、奔跑、比心”分别为事件，根据全概率公式和二项分布知识计算即可. 【详解】对于A，记“生成的数字人形象风格类型为国风、科技风、萌趣风”分别为事件， 记“生成的数字人形象动作特效为抱拳、奔跑、比心”分别为事件， 则由题意得. 又，所以， 所以事件“数字人形象风格类型为科技风”与事件“数字人形象动作特效为奔跑”相互独立，所以A正确； 对于B，记“数字人形象是隐藏款”为事件， 则. 所以随机抽取1位用户，该用户的数字人形象为隐藏款的概率是，所以B正确； 对于C，由选项B及二项分布的知识知，设最大， 则，即. 解得，又，所以，所以最大，所以C错误； 对于D，记“生成的数字人形象为普通款且动作特效为奔跑”为事件， 则，则. 又，所以， 故，所以D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知 O为坐标原点，抛物线 若 C₁与 C₂交于点 O与A，且C₁，C₂的准线交于点 则|OA|=________. 【答案】 【解析】 【分析】由准线交点得值，然后解方程组得交点坐标，再由距离公式求解. 【详解】由题意，，抛物线方程分别为，， 由，解得或， 所以，. 13. 已知定义在R上的函数满足，且，则 ______. 【答案】 【解析】 【分析】利用条件可得，由此可得函数是周期为8的函数，故转化为，利用求解可得. 【详解】由可得， 所以， 所以， 所以是周期为8的函数，所以， 又，故. 14. 已知从数列中剔除与数列中相同的项后，按从小到大的顺序重新排列得到数列．设数列的前n项和为，若，则n的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】分析已知条件得出数列的公共项即为数列的所有项，利用等差数列及等比数列的前项和公式得出和，进而得出，，结合分析得出，进而得出的取值范围及最大值，进而求出n的最大值． 【详解】数列是首项为，公差为的等差数列，数列的项为， 两数列的公共项即为的所有项， 数列的前项和为， 前个公共项的和， 当时，该公共项在的前项和中， 当时，，小于下一个公共项， 前项中仅有个公共项，即为， 对应，； 由题意知，，， 代入得，，即， 解得， ， ， 当时，，； 当时，，， 不合题意； ． 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. 2026年某市为提振实体经济，对该市小微企业开展经营状况调研，随机抽取的10家企业中，有6家企业营收正增长，4家企业营收负增长. （1）从这10家企业中随机抽取2家，求恰好抽到1家营收正增长、1家营收负增长的企业的概率； （2）从这 10家企业中随机抽取3家，记为抽到的营收正增长的企业数量，求的分布列与数学期望. 【答案】（1） （2）的分布列为： 0 1 2 3 【解析】 【分析】（1）根据古典概型的概率公式可求相应概率； （2）根据超几何分布可求的分布列，结合数学期望公式可求. 【小问1详解】 设为“恰好抽到1家营收正增长、1家营收负增长的企业”， 则. 【小问2详解】 可取， 而，， ，， 故的分布列为： 0 1 2 3 故. 16. 如图，在直三棱柱 中， P，M，N分别是 的中点. （1）证明：； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）由直三棱柱中得到平面，利用线面垂直的定义得到，利用线面垂直的判定定理得到平面，从而得到，又利用平行的传递性得到，从而利用线面垂直的判定定理得到平面，利用线面垂直的定义得到. （2）建系找点坐标，求平面内向量，求解两个半平面的法向量，利用法向量夹角公式求余弦值，结合三角恒等变换求正弦值. 【小问1详解】 直三棱柱中，平面， 平面， ， 又 ， ，平面，平面， 平面， 平面，， 又 ，， 由，可知是边长为的正方形，， 是的中点，是的中点，, ，，， 平面，平面，，， 平面，平面，平面， 平面，. 【小问2详解】 由（1）知，，， 以为原点，、、分别为、、轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 是中点，， 是中点，， ，， 设平面的法向量为 ， 则，令，则，，则， ， 设平面的法向量为 ， 则，令，则，，， 设二面角的平面角为，该二面角为锐角， 则， 则. 17. 已知正项数列满足且. （1）判断是否可能为等差数列，并说明理由. （2）若的前项和为. （i）求； （ii）若，求的前项和. 【答案】（1）不可能，理由见解析 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）先假设是等差数列，结合条件可得，从而假设错误，即可求解； （2）（i）根据条件可猜想当时，，用数学归纳法，即可求解；（ii）由（i）得，分为偶数和奇数，利用分组求和，即可求解. 【小问1详解】 因为且，令，得到，所以， 假设是等差数列，则公差，所以， 则，又，所以， 整理得到，解得，所以，与数列是正项数列相矛盾， 故假设错误，故数列不可能为等差数列. 【小问2详解】 （i）因为，则，， 猜想，当时，，下面用数学归纳法证明， 当时，，猜想成立， 假设时，猜想成立，即， 则时，则，所以时，猜想仍成立， 所以，则当时，， 又时，，满足，所以. （ii）由（i）知，所以， 设的前项和为，则， 当为偶数时，， 当为奇数时，， 所以. 18. 已知椭圆 的左、右焦点分别为过点作x轴的垂线交C于M，N两点 且 的周长为 （1）求C 的方程. （2）已知点P是C上异于左、右顶点A，B的一点. （i）若直线和直线分别与直线交于点S，T，求面积的最小值； （ii）设点Q 是直线上一点，且 证明：直线 PQ 与C 有且仅有一个公共点. 【答案】（1） （2）（i）1；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据的周长得到，解得.求出，解得.从而得到椭圆方程. （2）（i）设（），满足.利用点斜式求出直线的方程，求出点的坐标，利用点斜式求出直线的方程，求出点的坐标.利用两点间距离公式求出，结合求出面积，利用导数法得到的单调性，利用单调性得到. （ii）设，，，由，得，利用向量的数量积通过计算得到，从而得到的坐标.利用点斜式求出直线的方程，再将其方程代入椭圆，得到关于的一元二次方程，求出判别式为0，从而得到结论. 【小问1详解】 根据的周长为， 由题知，解得. 过作轴垂线交椭圆于，， 将代入椭圆方程得可得， 则，代入，得 ，故. 椭圆方程为，即. 【小问2详解】 （i）椭圆左、右顶点，，. 设（），满足. 直线的方程为，交于 ； 直线的方程为 ，交于 . ， 即， 的底为， 点到的距离为 则面积， 因为，，得， 所以， 当时，，解得，则在上单调递增； 当时，，解得，则在上单调递减； 可得当时， . （ii）设，，. ， ， 由，得，即 ， 得，即. 直线的斜率，由， 代入可得. 直线的方程：，代入， 得直线方程为. 将代入椭圆，得， 因为 ， 则原方程有且仅有一个实数根，即直线与椭圆相切， 即直线与椭圆有且仅有一个公共点. 19. 已知 的内角，，所对的边分别为，，，外接圆半径为1， （1）当 时，证明： 当且仅当时等号成立； （2）若 记 面积的最大值为，求(用表示)； （3）当时，记 面积的最大值为 证明： 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理，结合基本不等式即可证明. （2）利用正弦定理，结合三角形的面积公式和（1）的结论，可以表示. （3）利用数学归纳法进行证明.当时，问题转化为证明，.可设，，，分析函数单调性，证明的下界大于的最大值即可. 【小问1详解】 由余弦定理，， 因为，所以，当且仅当即时取等号. 【小问2详解】 由正弦定理，， 所以，，. 所以 . 当且仅当时取等号. 此时， 因为，所以. 所以. 【小问3详解】 （用数学归纳法证明） 因为. 当时，，，不等式成立； 当时，，，， 因为，所以不等式成立. 假设（）时，不等式成立，即成立. 则时，. 欲证， 只需证，. 设，， 则在上恒成立， 所以在上单调递减， 所以. 设，， 则在上恒成立， 所以在上单调递减，且. 因为. 所以，成立. 即时，不等式亦成立. 综上可得，不等式对都成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $