精品解析：河北秦皇岛市昌黎第一中学2025-2026学年高三下学期开学考试数学试卷

河北昌黎第一中学2025-2026学年高三年级下学期开学考试 数学试卷 注意事项： 1.本试题共两部分，满分150分，时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上. 3.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然.如要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试上无效. 4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收. 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. 已知全集，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 已知角 的顶点与坐标原点重合，始边与 轴的非负半轴重合，终边经过点 ，则 的值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量 与 的方向相反，，，则 （ ） A. B. C. D. 5. 下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 6. 设抛物线的焦点为点A在C上，过A作的准线的垂线，垂足为B.若直线BF的方程为，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 7. 在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为（为常数），其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度．已知某个指数衰减的学习率模型中，当时，学习率为0.25；当时，学习率为0.0625，则学习率衰减到0.05以下所需的训练迭代轮数至少为（ ）（已知） A. 31 B. 32 C. 33 D. 34 8. 方程的所有正数解之和为（ ） 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. 已知数列的前n项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 数列为递减数列 B. 当且仅当时，取得最大值 C. D. 是等比数列 10. 已知变量与的6对观测数据如下表： 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 1.1 1.3 1.6 1.5 2.0 2.1 经计算得关于的经验回归方程为，设为观测值减去预测值，则（ ） A. B. 当时， C. D. 11. 如图，在正方体中，点分别在棱上（不与棱的端点重合），为棱的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 若平面与正方体的每条棱的夹角都相同，则直线平面 B. 三角形不可能为直角三角形 C. 若分别为棱的中点，则存在点，使得平面 D. 若二面角的余弦值为，二面角的余弦值为，则二面角的余弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 5名同学站成一排，甲身高最高，排在中间，其他4名同学身高均不相等，甲的左边和右边均由高到低排列，共有________种排法. 13. 点在函数的图像上，点在函数的图像上，则的最小值为__________. 14. 记的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）若，则___________； （2）的取值范围是___________. 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. 如图，四边形为长方形，平面，，． （1）若分别是的中点，求证：∥平面； （2）边上是否存在点，使得直线与平面所成的角的大小为？若存在，求长；若不存在，说明理由． 16. 为了解南、北方消费者对新能源汽车的认可度，随机对南、北方共500位消费者进行问卷调查，得到如下列联表： 对新能源汽车的认可度 合计 认可 不认可 南方消费者 150 150 300 北方消费者 75 125 合计 225 500 （1）求，； （2）根据小概率值的独立性检验，能否认为南、北方消费者对新能源汽车的认可度有差异？ （3）记南、北方消费者中对新能源汽车认可的概率分别为，，给出，的估计值，并根据，求4位消费者（2位南方消费者和2位北方消费者）中认可新能源汽车的人数的分布列与期望． 附：． 0.005 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 17. 已知等差数列与正项等比数列满足：，． （1）求、通项公式； （2）若对数列、，在与之间插入个，组成一个新数列，求数列前100项和； （3）若（其中），证明：． 18. 将离心率相等的所有椭圆称为“一簇椭圆系”．已知椭圆的离心率为，点在E上． （1）求E的方程； （2）设椭圆G与椭圆E在“一簇椭圆系”中，椭圆G的中心在坐标原点，焦点在x轴上，若过M的直线l交椭圆E于另一点N，l交椭圆G于A，B两点． （i）证明：； （ii）O为坐标原点，P为椭圆G的右顶点，若点A在第一象限，且，是否存在椭圆G使得，若存在，求出椭圆G的方程；若不存在，说明理由． 19. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线方程为，求实数的值； （2）若对恒成立，求整数的最小值； （3）当时，证明：在上存在唯一零点和唯一极小值点，且. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北昌黎第一中学2025-2026学年高三年级下学期开学考试 数学试卷 注意事项： 1.本试题共两部分，满分150分，时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上. 3.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然.如要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试上无效. 4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收. 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. 已知全集，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据并集和补集含义即可得到答案. 【详解】，则. 故选：B. 2. 已知复数满足，则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可判断其虚部. 【详解】因为， 所以，故的虚部为. 故选：A. 3. 已知角 的顶点与坐标原点重合，始边与 轴的非负半轴重合，终边经过点 ，则 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】已知角的终边经过点， 则点到原点的距离； 由三角函数定义得：， 所以. 4. 已知向量 与 的方向相反，，，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题可知向量与的方向相反，且，， 设，则，解得， 即. 5. 下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】逐一分析各函数的奇偶性和单调性即可得解. 【详解】对A，设，显然定义域为，关于原点对称， 且，则其是偶函数，A错误； 根据正弦函数性质知为奇函数，但在区间上不单调，B错误； 对函数，定义域为，且， 所以函数是奇函数，又在区间上均单调递减， 所以函数在区间上均单调递减，C正确； 图象关于y轴对称，是偶函数，D错误. 故选：C 6. 设抛物线的焦点为点A在C上，过A作的准线的垂线，垂足为B.若直线BF的方程为，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】先由直线求出焦点和即抛物线的方程，进而依次得抛物线的准线方程和点B，从而可依次求出和，再由焦半径公式即可得解. 【详解】对，令，则， 所以，即抛物线，故抛物线的准线方程为， 故，则，代入抛物线得. 所以. 故选：C 7. 在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为（为常数），其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度．已知某个指数衰减的学习率模型中，当时，学习率为0.25；当时，学习率为0.0625，则学习率衰减到0.05以下所需的训练迭代轮数至少为（ ）（已知） A. 31 B. 32 C. 33 D. 34 【答案】D 【解析】 【分析】可先根据已知条件求出初始学习率和衰减系数，进而得到学习率关于训练迭代轮数的表达式，最后根据学习率的要求求出训练迭代轮数的最小值. 【详解】因为衰减学习率模型为， 所以根据已知条件可得：① ② 用②式除以①式可得： ,化简可得：. 将代入①式中可得：. 所以衰减学习率模型为. 当学习率衰减到0.05以下时，即. 化简上述不等式得：，所以. 因为为正数，所以最小值取34. 故选：D. 8. 方程的所有正数解之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二倍角的余弦公式化简，再结合余弦函数的有界性及取最值的条件求出所有正数解即可. 【详解】由，得， 整理得，则或，而， 由，得，则， 而，因此，此时； 由，得，则， 当时，为正奇数，而是正偶数，无解， 所以原方程所有正数解为，它们的和为. 故选：B 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. 已知数列的前n项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 数列为递减数列 B. 当且仅当时，取得最大值 C. D. 是等比数列 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出数列的通项公式，再作差可判断A选项；结合二次函数可判断B选项；利用降标作差可判断C选项；利用等比数列的定义可判断D选项. 【详解】由题意可知，，则， 故数列为递减数列，故A正确； 因二次函数的对称轴为，且开口朝下， 则当或时，取得最大值，故B错误； 当时，， 则， 又，符合上式，故，故C正确； 令，则，则是等比数列，故D正确. 故选：ACD 10. 已知变量与的6对观测数据如下表： 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 1.1 1.3 1.6 1.5 2.0 2.1 经计算得关于的经验回归方程为，设为观测值减去预测值，则（ ） A. B. 当时， C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据线性回归方程必过样本中心点，可求，判断A的真假；预测时，的值，判断B的真假；计算，判断CD的真假. 【详解】因为， . 因为线性回归方程必过样本中心点，所以.故A正确； 所以，当时，，故B错误； 对C：列出如下表格： 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 1.1 1.3 1.6 1.5 2.0 2.1 1.1 1.3 1.5 1.7 1.9 2.1 0 0 0.1 0.1 0 所以.故C正确； 对D：因为，故D错误. 故选：AC 11. 如图，在正方体中，点分别在棱上（不与棱的端点重合），为棱的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 若平面与正方体的每条棱的夹角都相同，则直线平面 B. 三角形不可能为直角三角形 C. 若分别为棱的中点，则存在点，使得平面 D. 若二面角的余弦值为，二面角的余弦值为，则二面角的余弦值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用线面角的求法，结合线面平行的判定推理判断A；利用余弦定理的性质判断B；建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明及面面角的向量求法判断CD. 【详解】对于A，在正方体中，令点到平面的距离为， 由平面与正方体每条棱的夹角都相同，得棱与平面所成角都相等， 则，于是，而，则，， 而平面，平面，因此平面，A正确； 对于B，设，则， 从而，则，同理，， 因此三角形为锐角三角形，B正确； 对于C，以为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，不妨设正方体棱长为2， 则，， 假设存在点，使得平面，则，， 解得，即与重合，不符合题意，因此不存在点，使得平面，C错误； 对于D，由选项C得，平面的法向量为，平面的法向量为， 平面的法向量为，设平面的法向量为， 则，解得， ，解得，因此， 则， 所以二面角的余弦值为，D正确． 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 5名同学站成一排，甲身高最高，排在中间，其他4名同学身高均不相等，甲的左边和右边均由高到低排列，共有________种排法. 【答案】6 【解析】 【详解】根据全排列，结合定序问题即可求解. 【分析】将除甲外的4名同学全排列，甲左边2名同学与右边2名同学顺序一定， 所以排法共有种. 故答案为：6. 13. 点在函数的图像上，点在函数的图像上，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由解析式可分析两函数互为反函数，则图象关于对称，则点到的距离的最小值的二倍即为所求，利用导函数即可求得最值. 【详解】因为与互为反函数，两函数图象关于对称， 设点为，则到直线的距离为， 设，则，令，即， 所以当时，即单调递减， 当时，即单调递增， 所以，则， 所以的最小值为. 故答案为： 14. 记的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）若，则___________； （2）的取值范围是___________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（1）根据三角恒等变换直接化简可得解； （2）根据正弦定理进行边角互化，再结合三角函数与对勾函数性质可得解. 【详解】（1）由二倍角公式得， 而，得到， 可得，得到， 又，所以，所以， 又，所以； （2）由（1）知，， 在中，或， 即或，即或， 若，则，则无意义，所以， 故， 又，所以，所以， 所以 ， 令，则， 设，，由对勾函数的性质可得在上单调递减， 所以，即， 故答案为：，. 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. 如图，四边形为长方形，平面，，． （1）若分别是的中点，求证：∥平面； （2）边上是否存在点，使得直线与平面所成的角的大小为？若存在，求长；若不存在，说明理由． 【答案】（1） 法一：取中点，连接、， ∵，， ∴ ， ∵，， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴ ， ∵平面，在平面外， ∴平面 法二：如图建立空间直角坐标， 则，，， ，，， ∴， 易知平面的一个法向量 ∵， 且在平面外 ∴平面 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）法一：几何法：取中点，连接、，通过，即可求证；法二：向量法：求得平面法向量取平面的法向量 由，即可求证； （2）法一：几何法：作，垂足为，连接，确定直线与平面所成的角为，进而可求解；法二：向量法：由线面夹角公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：作，垂足为，连接， ∵平面，在平面内， ∴，又为平面内两条相交直线， ∴平面， ∴直线与平面所成的角为， ∴， ∴ ， ∴ ， ∴边上存在点，使得直线与平面所成的角为， . 法二：设，则， ∴， 易知平面的一个法向量， 设与的夹角为， 则， 解得：， ∴边上存在点，使得直线与平面所成的角为，. 16. 为了解南、北方消费者对新能源汽车的认可度，随机对南、北方共500位消费者进行问卷调查，得到如下列联表： 对新能源汽车的认可度 合计 认可 不认可 南方消费者 150 150 300 北方消费者 75 125 合计 225 500 （1）求，； （2）根据小概率值的独立性检验，能否认为南、北方消费者对新能源汽车的认可度有差异？ （3）记南、北方消费者中对新能源汽车认可的概率分别为，，给出，的估计值，并根据，求4位消费者（2位南方消费者和2位北方消费者）中认可新能源汽车的人数的分布列与期望． 附：． 0.005 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）， （2）可以认为南，北方消费者对新能源汽车的认可度有差异 （3）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）根据列表计算求解； （2）先计算，再与临界值比较即可判断； （3）先应用频率计算，，再结合独立事件概率乘积公式计算概率再列出分布列，再应用公式计算期望即可. 【小问1详解】 由列联表得，． 【小问2详解】 ． 由于，所以根据小概率值的独立性检验，可以认为南，北方消费者对新能源汽车的认可度有差异． 【小问3详解】 南、北方消费者中对新能源汽车认可的频率分别为，，因此，的估计值分别为，． 4位消费者（2位南方消费者和2位北方消费者）中认可新能源汽车的人数， 则， ， ， ， ． 故的分布列为： 0 1 2 3 4 故． 17. 已知等差数列与正项等比数列满足：，． （1）求、通项公式； （2）若对数列、，在与之间插入个，组成一个新数列，求数列前100项和； （3）若（其中），证明：． 【答案】（1）； （2）209 （3）当时，， ， ， ， ， ， ， 当时，， ， ， 因为，， 所以， 即. 【解析】 【分析】（1）根据，，由数列是等差数列，数列是等比数列求解； （2）设，从而在数列中，从项开始到项（不含）之前，共有项数为，再验证得到k求解； （3）当时，由，利用错位相减法求解；当时，由，利用裂项相消法求解. 【小问1详解】 因为，， 所以， 解得，所以； 因为，，所以， 又因为，所以，； 【小问2详解】 设， 在数列中，从项开始到项（不含）之前， 共有项数为， 所以， ， 当时，；当时，， 所以数列前100项是项之后还有32项为2， 所以； 【小问3详解】 略 18. 将离心率相等的所有椭圆称为“一簇椭圆系”．已知椭圆的离心率为，点在E上． （1）求E的方程； （2）设椭圆G与椭圆E在“一簇椭圆系”中，椭圆G的中心在坐标原点，焦点在x轴上，若过M的直线l交椭圆E于另一点N，l交椭圆G于A，B两点． （i）证明：； （ii）O为坐标原点，P为椭圆G的右顶点，若点A在第一象限，且，是否存在椭圆G使得，若存在，求出椭圆G的方程；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）由离心率设出，代入已知点，建立方程，可得答案； （2）（i）设出直线方程，联立方程，求得交点坐标与韦达定理，根据中点坐标，可得答案；（ii）由向量的等量关系，写出点的坐标，利用三角形的面积相等，建立方程，可得答案. 【小问1详解】 由题意可得椭圆的离心率，可设，，则， 由椭圆，则椭圆，代入，可得，解得， 所以椭圆. 【小问2详解】 （i）因为椭圆与椭圆在＂一簇椭圆系＂中，所以椭圆的离心率， 设椭圆的方程为，则，即，所以椭圆的方程为， 当直线的斜率不存在时，方程为，则，，，显然， 设直线的方程为，设，，， 联立，将代入得， 展开得，整理为，则， 联立，将代入得， 展开得，两边同乘得， 即，易知， 由韦达定理， 设的中点为，则，， 的中点也为， 所以与的中点重合，根据椭圆的对称性可知. （ii）因为，设， 则，即， 由，则， 将代入得，， 再代入得，化简得， 由，，则直线的斜率， 即直线的方程为，过作轴，交于， 由，则，解得， 即 已知，， 因为，由可得， 由位于第一象限，则，由，则，代入， 化简可得，解得，所以椭圆的方程为. 19. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线方程为，求实数的值； （2）若对恒成立，求整数的最小值； （3）当时，证明：在上存在唯一零点和唯一极小值点，且. 【答案】（1） （2） （3）证明：由，可得， 令，可得， 当时，在上递增， 而，，所以存在，使得， 所以在单调递减，在单调递增， 又，，， 所以存在，使得，所以在递减，在递增， 又当时，，所以在递增， 所以在单调递减，在单调递增， 所以是在上的唯一极小值点； 此时，， 所以在，即上存在唯一零点，使得， 下证：. 因为，所以，又因为在递增，只需证， 因为是的唯一极小值点，可得，即，可得 又因为，即， 因为，只需证明：， 令，其中， 则， 所以在上单调递增，， 所以成立，证毕， 所以在上存在唯一零点和唯一极小值点，且. 【解析】 【分析】（1）求得，根据题意，得到，即可求解； （2）由，可得，当时，由，不符合题意，得到， 法一：当时成立，分和，利用函数，以及函数的单调性，证得；法二：当时成立，此时，分和，两种情况讨论，结合导数求得函数的单调性，进而证得； （3）由（2）知在上递增，利用零点存在性定理，得到存在，使得，求得函数的单调性，得到存在，使得，得到单调性，结合，，即可求解. 【小问1详解】 解：由函数，可得， 因为曲线在点处的切线方程为， 所以，解得. 【小问2详解】 解：由，且， 由，可得， 当时，，，不符合，故， 法一：当时成立，此时， 当时，， 令，可得， 所以在递增，在递减， 又，，所以，即. 当时，可得，所以. 所以当时，均有对恒成立， 综上所述，整数的最小值为. 法二：当时成立，此时， 当时，，令， 可得在上递增， 因为，， 所以存在，使得，即， 又因为，所以， 则， 所以在递增，有， 当时，， 所以，也成立. 综上所述，整数的最小值为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $