精品解析：河北省沧州市第一中学2026-2027学年高三上学期开学数学试题

高三数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上． 2．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黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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i是虚数单位，若实数，满足，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的运算及复数相等求解即可. 【详解】由，得， 所以，. 2. 设，则下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】对于选项A，取，，，，则，，所以，此时选项A不成立； 对于选项B，取，，，，则，，所以，此时选项B不成立； 对于选项C，取，，，，则，，所以，此时选项C不成立； 对于选项D，，其中由已知得，，，故恒成立. 3. 2026年4月23日是第31个世界读书日，为营造爱读书、读好书、善读书的浓厚氛围，某地图书馆计划开展3场主题讲座，现有4名同学报名参加，每个讲座至少有一名同学参加，每人只能参加一个讲座，则不同的安排方案种数为（ ） A. 12 B. 24 C. 36 D. 60 【答案】C 【解析】 【分析】根据分步计数原理，结合排列组合知识求解即可. 【详解】先将4名同学分为3组：种， 再将3组分到3场主题讲座：种， 故不同的安排方案种数为种. 4. 已知集合，，若“”是“”的充分条件，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用已知可得，从而有恒成立，设，利用导数求的最小值即可. 【详解】. 因为“”是“”的充分条件，所以. 所以当时，恒成立，即. 设，则，令，解得或(舍去). 当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增. 所以. 所以. 5. 已知单位向量、满足，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由结合平面向量数量积的运算性质求出的值，进而求出、、的值，利用向量的夹角公式以及向量夹角的取值范围可得出结果. 【详解】因为单位向量、满足， 所以，则， 所以， ， ， 所以， 又因为，故， 所以向量与的夹角为. 6. 已知直线：被圆截得的弦长为，则直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用圆的弦长公式及点到直线距离公式列式求解. 【详解】由直线被圆截得的弦长为， 得圆心到直线的距离为， 因此，整理得，解得， 所以直线的斜率. 7. 在正三棱台中，，，点为的重心，点为棱台的底面上（包括边界）一点，若直线平面，则长的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】过点作分别交、于点、，过点作交于点，过点作交于点，连接，证明出平面平面，从而可知点的轨迹为线段，连接、，分析的形状，可求出线段长的最大值和最小值，即可得出答案. 【详解】过点作分别交、于点、，过点作交于点， 过点作交于点，连接，如下图所示， 因为，平面，平面，所以平面， 同理可证平面， 在正三棱台中，，，所以， 又因为，所以，故、、、四点共面， 因为，、平面，所以平面平面， 当点在线段上运动时，平面，则平面， 所以点的轨迹为线段， 连接并延长交线段于点，则为的中点，由重心几何性质可知， 在正三棱台中，，，则，， 因为，所以，所以，同理可得， 因为，所以，故， 因为，，故四边形为平行四边形， 所以，，故为的中点， 因为，所以为的中点，故， 又因为，故四边形为平行四边形，所以， 又因为，，故四边形为等腰梯形， 因为，所以， 因为为的中点，所以，则有，即为的中点， 由等腰梯形的几何性质可知， 又因为，，故，所以， 因为，，所以四边形为平行四边形，故， 同理可得，故， 取线段的中点，则， 由图形可知，当点与点重合时，的长取最小值，且最小值为， 当点与点或点重合时，的长取最大值，且最大值为， 综上所述，线段的长的取值范围是. 8. 已知函数的定义域为，对任意的，，都有，且当时，，则下列说法错误的是（ ） A. B. 是奇函数 C. 在上单调递增 D. 不等式的解集为 【答案】C 【解析】 【分析】通过特殊值法，可判断AB选项，根据函数单调性定义即可判断C选项，根据函数单调性和抽象函数性质，即可判断D选项. 【详解】对于A选项，令，因此，则，故A选项正确； 对于B选项，令，则，且定义域关于原点对称，故B选项正确； 对于C选项，设，则， 则，，所以， 由题意得，，即， 故函数单调递减，则C选项错误； 对于D选项，根据定义域要求，，解得， 对于原不等式， 因为函数为奇函数且单调递减，故，解得， 故D选项正确； 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. 已知一组样本数据：20，8，30，10，38，38，下列对这组数据的分析，其中正确的是（ ） A. 极差是30 B. 平均数是24 C. 方差是11 D. 上四分位数是38 【答案】ABD 【解析】 【详解】将原始数据排序得 8、10、20、30、38、38， 对于A选项，极差为，故A选项正确； 对于B选项，平均数，故B选项正确； 对于C选项，方差，故C选项错误； 对于D选项，上四分位数，因为数据个数为6，，故第5个数为上四分位数，因此上四分位数为 38，D正确. 10. 函数（，）的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 函数图象的对称中心为（） C. D. 不等式的解集为（） 【答案】BCD 【解析】 【详解】由图象知相邻渐近线为和，间距为，故周期，. 时，有，又，解得， 由，得，因此. A选项： 由可知，A选项错误； B选项：正切函数的对称中心为，令，得， 即函数图象的对称中心为，B选项正确. C选项：， ， 故，C选项正确. D选项：当时，；当时，. 不等式等价于，即， 解得，即，D选项正确. 11. 定义在上的函数的导函数为，若对于任意实数，都有，且，则（ ） A. 曲线在点处的切线方程为 B. 函数为偶函数 C. 不等式的解集为 D. 若方程有两个根，（），则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据已知，可解得，利用求切线的方法即可判断A；利用奇偶函数的定义可判断选项B；将代入不等式即可求解；利用函数和的图象变化情况及交点情况可判断选项D. 【详解】由得，即. 设，由得，所以. 所以，则. 对于选项A，，，所以曲线在点处的切线方程为，故A正确； 对于选项B，，的定义域为，， 又，所以为奇函数，故B错误； 对于选项C，由得，即，所以，即，解得， 所以不等式的解集为，故C错误； 对于选项D，由得函数在上单调递增，而为开口向上，且对称轴为的二次函数. 由方程有两个根，（）可知满足. 设的两个交点为，则，且. 又在上单调递增，所以，则， 即，所以，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知椭圆：（）的右焦点为，若，则椭圆的离心率为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，得到方程即可求解. 【详解】已知椭圆：（），且，则， 化简得，即，使用求根公式，得， 又因为，所以. 13. 设正数数列的前项和为，数列的前项之积为，且，则数列的通项公式是______． 【答案】 【解析】 【分析】由递推关系可得，求出前几项，可猜想出，再加以验证，利用即可求出. 【详解】当时，，即，则， 当时，，， 则，整理可得， 则可得，，，， 则猜想，代入检验得 ，满足猜想，， ，当时，， . 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题考查利用递推关系求数列得通项公式，解题的关键是根据递推关系先得出，利用猜想得出. 14. 在中，内角，，所对的边分别为，，．已知，且，则的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角及三角函数恒等变换化简，再利用换元法，借助导数求出范围. 【详解】在中，由及正弦定理，得， 由，得，而，由，得， 则，因此，， 由，得，则， 于是 ， 令，函数，求导得， 函数在上单调递减，，则， 所以的取值范围为. 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. 已知等差数列的首项为1，等比数列的公比为3，且，． （1）求和的通项公式； （2）设（），求数列的前项和． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 由题意可得，， 解得，， 所以等差数列的通项公式为， 等比数列的通项公式为 ． 【小问2详解】 由（1）知（）， 则数列的前项和为， 其中， ， 因此，即数列的前项和为． 16. 已知双曲线：（，）的右焦点与抛物线的焦点重合，且双曲线的渐近线方程为． （1）求双曲线的方程； （2）已知直线过点且与双曲线交于，两点，若，求直线的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 抛物线的焦点坐标为，双曲线的半焦距， 双曲线的渐近线方程为，， 又，， 双曲线的方程为． 【小问2详解】 如图， 易知直线斜率存在，设直线的方程为（，）， 联立，消去，可得， 设，，则①，②， 又，可得③， 由①③可得，， 代入②，化简可得，解得， 则直线的方程为． 17. 某学校组织游戏活动，准备了红、黄、绿三个不透明盒子，其中红色盒子内装有两个红球、一个黄球和一个绿球；黄色盒子内装有两个红球，两个绿球；绿色盒子内装有两个红球，两个黄球．要求学生第一次先从红色盒子内随机抽取一个球，将取出的球放入与球同色的盒子中，第二次从该放入球的盒子中随机抽取一个球． （1）求学生甲第二次抽到红球的概率； （2）若抽到红球获得1积分、抽到黄球获得2积分、抽到绿球获得3积分，记学生甲两次抽球所获得积分的总和为，求随机变量的分布列与期望． 【答案】（1） （2） 2 3 4 5 6 ． 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式求解； （2）找出的可能取值，求出对应的概率，列出分布列，代入公式求期望. 【小问1详解】 记红球为1号球，黄球为2号球，绿球为3号球， 记事件，分别表示第一次、第二次取到号球，， 则，，又，，， 由全概率公式知， 所以学生甲第二次抽到红球的概率为． 【小问2详解】 由题意知，学生甲抽球两次总得分的可能取值为2，3，4，5，6， 则， ， ， ， ． 所以的分布列为 2 3 4 5 6 所以． 18. 如图，在四棱锥中，底面，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）四边形中，，，，，若平面与平面所成的角的余弦值为． （i）求线段的长； （ii）设为内（含边界）的一点，且，求满足条件的所有点组成的轨迹的长度． 【答案】（1）在四棱锥中，底面，平面，则， 又，，，平面，所以平面， 又平面，所以， 由，为的中点，得，又，，平面， 所以平面． （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到平面，从而得到，再结合即可求解； （2）（i）以点为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，根据题意得到平面和平面的法向量即可求解；（ii）根据题意得到即可求解. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 （i）由（1）知，直线，，两两垂直， 以点为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示： 过点作于点，由，，得， 设，则，，，， 所以，， 设平面的法向量，则，令，得， 由平面，得平面的一个法向量为， 依题意，得， 整理得，解得（舍去），所以线段的长为． （ii）显然平面，而平面，则，又， 所以，解得， 因此点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆的， 所以点的轨迹的长度为． 19. （1）已知函数，判断函数的单调性； （2）若对任意，都有成立，求实数的取值范围； （3）当时，证明：． 【答案】（1）在上单调递增；在上单调递减． （2） （3）证明：要证：当时，， 只需证：当时，． 令，． 有，故函数为偶函数， 因此只需要考虑时的情况， 由（1）可知，在上单调递增， 则，即， 由（2）可知，当时，对任意，有，即， 由，得，则， 此时，得证． 【解析】 【分析】（1）求导，令，再求导，得到的单调性，进而根据导数判断函数的单调性； （2）令，，求导，令，分和两种情况讨论函数的单调性，进而得到的取值， （3）对要证明的不等式进行变形，构造，，结合（1）（2）中的结论进行放缩证明. 【详解】（1）由题可知， 令，则， 故在上单调递增，又， 所以当时，，即，在上单调递增； 当时，，即，在上单调递减． （2）对任意，都有成立，即成立， 令，， 则， 令， 当，即时，在上单调递增，故， 即，在上单调递增，则，满足条件． 当，即时，， 所以存在，使得时，，即，在上单调递减， 故此时，不满足条件． 综上，实数的取值范围是． （3）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上． 2．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黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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i是虚数单位，若实数，满足，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 设，则下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 3. 2026年4月23日是第31个世界读书日，为营造爱读书、读好书、善读书的浓厚氛围，某地图书馆计划开展3场主题讲座，现有4名同学报名参加，每个讲座至少有一名同学参加，每人只能参加一个讲座，则不同的安排方案种数为（ ） A. 12 B. 24 C. 36 D. 60 4. 已知集合，，若“”是“”的充分条件，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 已知单位向量、满足，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 6. 已知直线：被圆截得的弦长为，则直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 7. 在正三棱台中，，，点为的重心，点为棱台的底面上（包括边界）一点，若直线平面，则长的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域为，对任意的，，都有，且当时，，则下列说法错误的是（ ） A. B. 是奇函数 C. 在上单调递增 D. 不等式的解集为 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. 已知一组样本数据：20，8，30，10，38，38，下列对这组数据的分析，其中正确的是（ ） A. 极差是30 B. 平均数是24 C. 方差是11 D. 上四分位数是38 10. 函数（，）的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 函数图象的对称中心为（） C. D. 不等式的解集为（） 11. 定义在上的函数的导函数为，若对于任意实数，都有，且，则（ ） A. 曲线在点处的切线方程为 B. 函数为偶函数 C. 不等式的解集为 D. 若方程有两个根，（），则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知椭圆：（）的右焦点为，若，则椭圆的离心率为_________． 13. 设正数数列的前项和为，数列的前项之积为，且，则数列的通项公式是______． 14. 在中，内角，，所对的边分别为，，．已知，且，则的取值范围为__________． 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. 已知等差数列的首项为1，等比数列的公比为3，且，． （1）求和的通项公式； （2）设（），求数列的前项和． 16. 已知双曲线：（，）的右焦点与抛物线的焦点重合，且双曲线的渐近线方程为． （1）求双曲线的方程； （2）已知直线过点且与双曲线交于，两点，若，求直线的方程． 17. 某学校组织游戏活动，准备了红、黄、绿三个不透明盒子，其中红色盒子内装有两个红球、一个黄球和一个绿球；黄色盒子内装有两个红球，两个绿球；绿色盒子内装有两个红球，两个黄球．要求学生第一次先从红色盒子内随机抽取一个球，将取出的球放入与球同色的盒子中，第二次从该放入球的盒子中随机抽取一个球． （1）求学生甲第二次抽到红球的概率； （2）若抽到红球获得1积分、抽到黄球获得2积分、抽到绿球获得3积分，记学生甲两次抽球所获得积分的总和为，求随机变量的分布列与期望． 18. 如图，在四棱锥中，底面，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）四边形中，，，，，若平面与平面所成的角的余弦值为． （i）求线段的长； （ii）设为内（含边界）的一点，且，求满足条件的所有点组成的轨迹的长度． 19. （1）已知函数，判断函数的单调性； （2）若对任意，都有成立，求实数的取值范围； （3）当时，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $