精品解析：河北枣强中学2025-2026学年高三下学期返校考试数学试题

2025—2026学年高三年级下学期返校考试（数学）试题 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，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 一组数据的第60百分位数为（ ） A. 29 B. 30 C. 31 D. 32 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得，则第60百分位数为. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式得到，由函数定义域得到，再求交集即可． 【详解】解：，解得，即， ，，解得，即， ． 3. 已知，则（ ） A. B. -1 C. D. -2 【答案】C 【解析】 【分析】根据二倍角公式即可求解. 【详解】由题意得，由于， 所以，因此且， 则，故C正确. 4. 设曲线在点处的切线与直线垂直．求a的值（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求得曲线在处的切线斜率表达式，再由垂直关系计算可得. 【详解】由可得， 所以在点处的切线斜率为， 又因为切线与直线垂直，即可得， 因此． 故选：A 5. 若函数为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用偶函数的定义对定义域内所有x恒成立，求出参数a的值，再代入计算即可. 【详解】由得， 所以函数的定义域关于原点对称， 又函数为偶函数，则对任意，恒成立， 即， 整理得，该式对所有恒成立，故， ， 所以. 6. 在四边形中，若，则“”是“四边形是正方形”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据，判断出四边形的形状，结合充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】在四边形中，若，则四边形为平行四边形， 若，则平行四边形为菱形，但不一定为正方形， 四边形是正方形时，必有，即有， 故“”是“四边形是正方形”的必要不充分条件. 故选：B. 7. 已知，若圆上总存在点满足，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据求出点的轨迹方程，再根据圆上总存在点满足该条件，得出两圆的位置关系，进而求出实数的取值范围. 【详解】设点，已知，且， 所以， 化简得， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 因为圆上总存在点满足，即圆与圆有公共点， 所以两圆的圆心距满足（，为两圆的半径）， 即， 化简得， 解得. 8. 已知点是椭圆上的一点，分别是的左、右焦点，且，点在的平分线上，为原点，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，，延长ON交于A，由题意得出是等腰三角形. 在中由余弦定理得到含a，c的齐次方程即可求解离心率. 【详解】设，，延长ON交于A，如图所示. 由题意知，O为的中点，∴点A为中点. 又，点N在的平分线上， ∴，∴是等腰三角形， ∴， 则，所以. 又，所以. 又在中，由余弦定理得， 即，即， 化简得：. 又，所以，所以，即 故选：A. 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. 如图，已知圆锥的底面直径，母线，则下列说法正确的有（ ） A. 圆锥的体积为 B. 圆锥的侧面积为 C. 圆锥展开图中圆心角为 D. 若，一只蚂蚁沿着表面从A爬到C，则最短距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，求出圆锥的底面半径r、母线长l和高h，利用圆锥体积公式及侧面积公式可判断A、B；利用弧长公式求出侧面展开图中圆心角判断C；把侧面沿展开，利用余弦定理计算即可判断D． 【详解】选项A：由题意可知，圆锥底面半径，母线长， 则圆锥的高，所以圆锥的体积，故A正确； 选项B：圆锥的侧面积，故B错误； 选项C：圆锥底面周长为， 设侧面展开图的圆心角为α， 则，即，解得，故C正确； 选项D：将圆锥侧面沿母线展开，如图所示， 最短距离为， 因为为底面直径，所以点为弧的中点， 则， 在中，，，， 由余弦定理得， 解得， 即最短距离为，故D正确． 10. 双纽线，也称伯努利双纽线，伯努利双纽线的描述首见于1694年，雅各布·伯努利将其作为椭圆的一种类比来处理.椭圆是由到两个定点距离之和为定值的点的轨迹，而卡西尼卵形线则是由到两定点距离之乘积为定值的点的轨迹，当此定值使得轨迹经过两定点的中点时，轨迹便为伯努利双纽线.曲线：是双纽线，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线经过5个整点（横、纵坐标均为整数的点） B. 已知，，为双纽线上任意一点，则 C. 若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为 D. 曲线关于直线对称的曲线方程为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A，曲线C经过整点；B，，即可判定；C，将直线与曲线方程联立，根据方程的解可判断C；D，曲线方程中x，y互换可得曲线C关于直线对称的曲线方程. 【详解】对于A，由，可得， 所以，即， 令，解得，或； 当时，得，无解； 当时，得，无解； 所以曲线C经过整点，故A错； 对于B，由于，，则， 所以为双纽线上任意一点，则，B正确； 对于C，直线与曲线一定有公共点， 若直线与曲线C只有一个交点， 所以，整理得无非零实数解， ，实数k的取值范围为，故C正确； 对于D，曲线方程中x，y互换可得曲线C关于直线对称的曲线方程为 ，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 11. 围棋是古代中国人发明的最复杂的智力博亦游戏之一．东汉的许慎在《说文解字》中说：＂弈，围棋也．＂因此，＂对弈＂在当时特指下围棋．现甲与乙对弈三盘，甲每盘赢棋的概率是 ，其中甲只赢一盘的概率低于甲只赢两盘的概率．甲也与丙对弈三盘，甲每盘赢棋的概率是 ，而甲只赢一盘的概率高于甲只赢两盘的概率．若各盘棋的输赢相互独立，甲与乙、丙的三盘对弈均为只赢两盘的概率分别是 和 ，则以下结论正确的是（ ） A. B. 当时， C. 对，有 D. 当时， 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，根据题意与乙对弈只赢一盘的概率为，只赢两盘的概率为，依题意列出不等式，求解即可得到的范围；同理可求出的范围；对于B，移项可得，故，再结合A选项的可判断；对于C，结合B分析，只要满足，有；对于D，由，可化简为，因式分解，结合A选项即可判断. 【详解】对于A，根据题意，甲与乙对弈只赢一盘的概率为，只赢两盘的概率为， 则，解得，故， 甲与丙对弈只赢一盘的概率为，只赢两盘的概率为， 则，解得，故，故，则A正确； 对于B，由得，则， 即，又，所以，所以，故B正确； 对于C，对，结合B分析，只要满足，有，故C正确； 对于D，令，则， 化简为，故－， 即，又因为，则， 即，故D错误. 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数z满足，则_______. 【答案】 【解析】 【详解】复数z满足，则有， 所以. 13. 将函数的所有极小值点按从小到大的顺序排列成数列，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数求出函数的极小值点，从而可得数列是等差数列，求出，再由诱导公式化简、求值即可. 【详解】因为， 所以， 令，解得， 解得或，， 又因为，所以， 当时，单调递增； 当，时，单调递减； 当，时，单调递增， 所以函数的极小值点为，， 所以 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以， 所以. 14. 一随机变量服从正态分布，则， _____.已知一粒子在数轴上从原点出发，每一步等可能向左或向右移动，随机变量表示走完8步后，粒子向右移动的总步数，与相互独立，则_____. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】由关于对称，推得；粒子8步右行步数服从二项分布且具有的对称性，结合与独立，用全概率公式展开，再将求和式配对并利用前一问结论相加化简，即可求得概率为. 【详解】①已知，正态曲线图像关于对称， 故， 因此. ②由题意，，满足，且与独立， 由全概率公式： (1) 令，则, 即等价于 (2) (1)(2)两式相加 结合第一空的结论， 得. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知在中，三个角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. （1）求角A的大小； （2）若，点D在边BC上，且，求的值. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理可求； （2）根据角的关系可得，求出后者后可得比值. 【小问1详解】 ， . 即. 由正弦定理得：， ， ，. 【小问2详解】 易知， ，，， ，，. . 的值为. 16. 已知数列为递增的等比数列，其前n项和为，已知，，成等差数列，. （1）求数列的通项公式； （2）在与之间插入n个数，使这个数成等差数列，公差记为，设，求数列的前n项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差中项的概念和等比数列的基本性质，列出方程组，求出公比，写出等比数列通项公式即可； （2）根据等差数列的性质求出，进而求出数列的通项公式，再根据错位相减法求解即可. 【小问1详解】 设数列公比为，由题意可得，， 可得，解得， 所以， 化简得，解得或， 因为数列为递增数列，所以，则. 【小问2详解】 由题意可得，则， 设数列的前n项和为， 则， 即， 两式作差得， . 17. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，侧面为正三角形，平面平面，点为棱上一点，O、G分别为，中点. （1）求证：平面平面； （2）若点为中点，点P关于平面的对称点为点Q，在棱上运动，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）由等边三角形的性质可得，由矩形的性质可得，从而可得平面，由面面垂直的判定定理即可得证明； （2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间坐标系,先求得，再利用直线与平面所成角的向量法求解即可. 【小问1详解】 证明：因为为正三角形，O为中点， 所以， 又因为G为中点，四边形为矩形， 所以， 因为平面且， 所以平面， 又因为平面， 所以平面平面； 【小问2详解】 由（1）可知， 又因为平面平面,平面平面, 所以平面, 又因为平面, 所以， 所以两两垂直， 所以以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间坐标系： 由，，，，，，，， 所以,, 设平面的法向量为， 则，得， 取， 设， 由题意可得， 所以， 所以中点在平面内， 则 所以， 解得， 所以， 设，， 则， 因为平面， 所以取平面的法向量， 设直线与平面所成角为， 则， 要使最大，所以最小， 又因为， 所以时，最小，为， 此时最大，为. 18. 已知椭圆：的右焦点，短轴长为2. （1）求椭圆C的方程； （2）记O为坐标原点，直线与椭圆C交于A，B两点，过点A作直线的垂线，垂足为D. （ⅰ）求证：直线恒过定点； （ⅱ）求面积的最大值. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）由椭圆的焦点及短轴列式计算求解得出从而可得的方程； （2）（i）将与直线方程联立可得，直线，令，结合韦达定理求证即可； （ii）设，则，记，则，结合基本不等式计算求解. 【小问1详解】 依题意可知，解得，椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 （i）设，依题意， 得， ， 所以，即得直线的方程为：①. 由图形的对称性可知，若动直线过定点，则定点一定在轴上， 所以令代入①，可得 ， 由（*）得， 所以 得，所以直线恒过定点. （ii）由（i）可知直线恒过定点， 所以， 将（*）代入得 ， 设， 则. 因为，所以 ， 所以，当且仅当时取面积的最大值. 19. 已知函数． （1）若，求函数的极值； （2）（ⅰ）当时，恒成立，求正整数k的最大值； （ⅱ）证明：． 【答案】（1）极小值，无极大值； （2）（ⅰ）3； （ⅱ）由（ⅰ）知，当时，恒成立， 即对恒成立，取， 则， 因此 ， 即， 所以. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，确定单调区间，进而求出极值. （2）（ⅰ）利用（1）中单调区间，按分类，借助单调性求出最小值，再构造函数，结合零点存在性定理求解；（ⅱ）由（ⅰ）的信息，结合赋值法、裂项相消法求和即可得证. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得，而， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 函数在处取得极小值，无极大值. 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）知，当时，函数在上单调递增，，因此； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增， ，令函数，求导得， 函数在上单调递减，而， 则存在，，即， 因此当时，， 所以正整数k的最大值为3. （ⅱ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年高三年级下学期返校考试（数学）试题 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，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 一组数据的第60百分位数为（ ） A. 29 B. 30 C. 31 D. 32 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则（ ） A. B. -1 C. D. -2 4. 设曲线在点处的切线与直线垂直．求a的值（ ） A. B. C. D. 5. 若函数为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 6. 在四边形中，若，则“”是“四边形是正方形”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 已知，若圆上总存在点满足，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知点是椭圆上的一点，分别是的左、右焦点，且，点在的平分线上，为原点，，则的离心率为（ ） 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. 如图，已知圆锥的底面直径，母线，则下列说法正确的有（ ） A. 圆锥的体积为 B. 圆锥的侧面积为 C. 圆锥展开图中圆心角为 D. 若，一只蚂蚁沿着表面从A爬到C，则最短距离为 10. 双纽线，也称伯努利双纽线，伯努利双纽线的描述首见于1694年，雅各布·伯努利将其作为椭圆的一种类比来处理.椭圆是由到两个定点距离之和为定值的点的轨迹，而卡西尼卵形线则是由到两定点距离之乘积为定值的点的轨迹，当此定值使得轨迹经过两定点的中点时，轨迹便为伯努利双纽线.曲线：是双纽线，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线经过5个整点（横、纵坐标均为整数的点） B. 已知，，为双纽线上任意一点，则 C. 若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为 D. 曲线关于直线对称的曲线方程为 11. 围棋是古代中国人发明的最复杂的智力博亦游戏之一．东汉的许慎在《说文解字》中说：＂弈，围棋也．＂因此，＂对弈＂在当时特指下围棋．现甲与乙对弈三盘，甲每盘赢棋的概率是 ，其中甲只赢一盘的概率低于甲只赢两盘的概率．甲也与丙对弈三盘，甲每盘赢棋的概率是 ，而甲只赢一盘的概率高于甲只赢两盘的概率．若各盘棋的输赢相互独立，甲与乙、丙的三盘对弈均为只赢两盘的概率分别是 和 ，则以下结论正确的是（ ） A. B. 当时， C. 对，有 D. 当时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数z满足，则_______. 13. 将函数的所有极小值点按从小到大的顺序排列成数列，则______. 14. 一随机变量服从正态分布，则， _____.已知一粒子在数轴上从原点出发，每一步等可能向左或向右移动，随机变量表示走完8步后，粒子向右移动的总步数，与相互独立，则_____. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知在中，三个角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. （1）求角A的大小； （2）若，点D在边BC上，且，求的值. 16. 已知数列为递增的等比数列，其前n项和为，已知，，成等差数列，. （1）求数列的通项公式； （2）在与之间插入n个数，使这个数成等差数列，公差记为，设，求数列的前n项和. 17. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，侧面为正三角形，平面平面，点为棱上一点，O、G分别为，中点. （1）求证：平面平面； （2）若点为中点，点P关于平面的对称点为点Q，在棱上运动，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 18. 已知椭圆：的右焦点，短轴长为2. （1）求椭圆C的方程； （2）记O为坐标原点，直线与椭圆C交于A，B两点，过点A作直线的垂线，垂足为D. （ⅰ）求证：直线恒过定点； （ⅱ）求面积的最大值. 19. 已知函数． （1）若，求函数的极值； （2）（ⅰ）当时，恒成立，求正整数k的最大值； （ⅱ）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $