精品解析：河北廊坊市第一中学2026-2027学年高三上学期开学数学试题

高三数学考试 本试卷共150分 考试时间120分钟 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数表示的点位于第一象限，若，则实数（ ） A. B. C. D. 3. 临近高考，小明同学把自己高三时期六次数学成绩罗列如下：120，118，105，129，121，115，则这组数据的方差为（ ） A. 56 B. 336 C. 312 D. 52 4. 已知是函数的一个极值点，则的极大值为（ ） A. B. C. D. 5. 如图所示，小华同学设计了一套力的分解与合成实验装置，从绳结处引出三条绳索，，，固定点，并使得与铅垂线成夹角，处悬挂拉力为的重物，处连接测力器，与铅垂线成夹角．当时，记C处的拉力为，当时，记处的拉力为，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图所示，圆柱的底面半径为r，矩形是轴截面，，若直线与截面所成的角为，则圆柱的母线长为（ ） A. B. C. D. 7. 双曲线（，）的左顶点为A，右焦点为F，若以为斜边的直角三角形的面积的最大值为，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，若，则正数a，b，c的大小关系是（ ） 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. 已知是递增的等差数列，公差为d，满足，且从第5项开始为正数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. D. 10. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且（），则下列说法正确的是（ ） A. 若，则C为直角 B. 若，则B为钝角 C. 若，则 D. 若，则的最大值为 11. 已知曲线，则下列直线与曲线C有交点的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点为直线与抛物线的一个交点，则点P到抛物线C的焦点的距离为__________． 13. 已知实数，满足，则的最小值是______． 14. 球O内切于侧棱长为2的正三棱柱（与五个面均相切），球与球O以及三棱柱同一顶点的三个面均相切，则球的半径__________． 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. 函数的最小正周期为，． （1）求； （2）当时，求的值域； （3）求关于x的不等式的解集． 16. 在如图（1）所示的平面图形中，四边形是直角梯形，，，，，和是两个正三角形．分别沿，将两个正三角形折起，使得平面和平面都与平面垂直，连接，，，得到如图（2）所示的几何体． （1）证明：平面平面． （2）求点D到平面的距离． （3）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 甲、乙两位同学进行定点投篮比赛，规则如下：每人投三次，在A处投一次三分球，投中得3分，投不中不得分，在B处连续投两次两分球，每投中一次得2分，投不中不得分．甲、乙两同学投中三分球的概率均为，投中两分球的概率均为，且每次投篮互不影响，最终得分较多者赢得比赛． （1）设甲同学的得分为X，求X的分布列和数学期望； （2）在已知甲同学的得分不低于4分的条件下，求乙同学最终赢得比赛的概率． 18. 过单位圆上的动点作与轴垂直并相交于点，动点满足，动点的轨迹是焦距为的椭圆． （1）求的值； （2）过轴正半轴上的一点作两条互相垂直的直线与椭圆分别相切于点，，求的面积； （3）设椭圆的左、右顶点分别为，左、右焦点分别为，是椭圆上的动点，直线，与轴分别相交于点，直线与交于点，设，证明：为定值． 19. 已知函数，定义：对于数列，若，，则称是函数的一个“2倍基数列”． （1）讨论函数的单调性． （2）若是递增数列，且是函数的一个“2倍基数列”，其前n项和为．证明： （ⅰ）； （ⅱ）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学考试 本试卷共150分 考试时间120分钟 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由全集，且，可得， 因为集合，所以. 2. 在复平面内，复数表示的点位于第一象限，若，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为复数对应的点为，位于第一象限，所以， 又，所以， 所以，又，所以. 3. 临近高考，小明同学把自己高三时期六次数学成绩罗列如下：120，118，105，129，121，115，则这组数据的方差为（ ） A. 56 B. 336 C. 312 D. 52 【答案】D 【解析】 【分析】先求出这组数据的平均数，再代入方差公式进行求解即可. 【详解】由题可得， 所以 . 4. 已知是函数的一个极值点，则的极大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用极值点处的导数是0求出,再根据单调性求出极大值. 【详解】根据题意求出， 因为是极值点,所以,求出, 所以， 令，得， 所以,,函数在上递增； ,,函数在上递减； ,,函数在递增, 所以在处取得极大值. 5. 如图所示，小华同学设计了一套力的分解与合成实验装置，从绳结处引出三条绳索，，，固定点，并使得与铅垂线成夹角，处悬挂拉力为的重物，处连接测力器，与铅垂线成夹角．当时，记C处的拉力为，当时，记处的拉力为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先建立平面直角坐标系，从而根据三角函数得到，，处拉力的坐标表示，再根据平衡状态求出，的坐标，进而根据坐标公式法即可求向量的模． 【详解】依题意，以绳结处为原点，水平方向、竖直方向为轴、轴建立如下图平面直角坐标系， 设处的拉力为，，则， 设处的拉力为，，则， 设处的拉力为，，则， 又根据题意有，即， 则当时，有，得，此时处的拉力为； 当时，有，得，此时处的拉力为． 所以． 6. 如图所示，圆柱的底面半径为r，矩形是轴截面，，若直线与截面所成的角为，则圆柱的母线长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接，取中点，连接，先利用线面垂直的判定定理证明为直线与截面所成的角，即，求出，再根据勾股定理即可求出的长，即圆柱母线的长. 【详解】连接，取中点，连接， 由题知，矩形是轴截面，则且，所以四边形为平行四边形， 则，所以直线与截面所成的角，即直线与截面所成的角， 又，则为等边三角形，所以， 由是轴截面，则平面，又平面，所以， 又因为，平面，所以平面， 所以为直线与截面所成的角，即， 易知，所以，在中，，则， 在中，，即圆柱母线长为. 7. 双曲线（，）的左顶点为A，右焦点为F，若以为斜边的直角三角形的面积的最大值为，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据为直角三角形，得到， 的面积为，利用不等式用表示的面积的最大值，得到的齐次式后求解离心率. 【详解】 因为为直角三角形，所以， 又，所以， 因为为以为斜边的直角三角形，所以的面积为， 又，， 所以， 当且仅当时取等号，即面积的最大值为， 又面积的最大值为，所以，即， 代入，得即， 故离心率为. 8. 已知，若，则正数a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先令，再结合其它条件求出的值，进而代入计算得到，， ，进而利用数形结合即可得到正数a，b，c的大小关系． 【详解】令， 则，，， 又，则， 联立，整理得， 联立，整理得，解得， 所以，即， ， ， 所以，且， 以下画出函数，，的图象， 结合以上各函数的图象可知，当时，显然得． 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. 已知是递增的等差数列，公差为d，满足，且从第5项开始为正数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A，利用等差数列的性质求出，再结合等差数列通项中项与项的关系推导. 选项B，利用等差数列通项公式.选项C、D，结合数列是递增等差数列和题意建立关于和的不等式组并求解. 【详解】选项A，由，得，即， 因此，A正确. 选项B，若，由，解得， 所以， B错误. 选项C，数列从第5项开始为正数，则第4项及之前非正、第5项起为正， 即：，代入，得： ，即，C正确. 选项D，由得， 由可得，， 因此，D正确. 10. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且（），则下列说法正确的是（ ） A. 若，则C为直角 B. 若，则B为钝角 C. 若，则 D. 若，则的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，用余弦定理代入化简，利用勾股定理判断即可；对于B，用余弦定理化简判断即可；对于C，利用余弦定理化简判断即可；对于D，利用正弦定理及两角和正弦公式化简得，然后利用两角差的正切公式及基本不等式求得最值即可. 【详解】对于A，时，由得，化简得， 所以B为直角，错误； 对于B，时，由得，化简得， 所以，所以B为钝角，正确； 对于C，时，由得，化简得， 所以，所以，正确； 对于D，时，由得， 化简得，所以， 因为，所以， 所以， 当且仅当，即，等号成立，正确. 11. 已知曲线，则下列直线与曲线C有交点的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，结合余弦函数的值域，求得对应的定义域，将选项代入曲线方程，构造新函数，结合零点的存在性定理，逐项求解，即可得到答案. 【详解】对于A，由曲线，因为，可得， 又因为，可得，即，解得 将代入曲线， 可得，即， 令， 可得， ， 即，根据零点的存在性定理，可得在上有零点， 所以直线与曲线有公共点，所以A符合题意； 对于B，由，可得，即，解得 将代入曲线， 可得，即， 令， 可得， ， 即，根据零点的存在性定理，可得在上有零点， 所以直线与曲线有公共点，所以B符合题意； 对于C，由，可得，即，解得 将代入曲线， 可得，即， 令，可得，其中，可得 因为，即当且仅当时等号成立， 此时，这与矛盾， 所以直线与曲线没有公共点，所以C不符合题意； 对于D，由，可得，即，解得 将代入曲线， 可得，即， 令， 可得，， 所以，根据零点的存在性定理，可得在上有零点， 所以直线与曲线有公共点，所以D符合题意. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点为直线与抛物线的一个交点，则点P到抛物线C的焦点的距离为__________． 【答案】5 【解析】 【分析】利用点为直线与抛物线的一个交点求出的值，然后根据焦点坐标及点的坐标求出距离. 【详解】因为点为直线与抛物线的一个交点， 所以，且，故，解得， 故抛物线C的焦点为，，. 13. 已知实数，满足，则的最小值是______． 【答案】 【解析】 【分析】将原式变形成平方和形式，利用三角换元法求出,然后将用三角函数表示出来，再利用三角函数的有界性即可求出最小值. 【详解】原式变形为,设，化简得, 所以 ， 因为,当时，原式最小，最小值是. 14. 球O内切于侧棱长为2的正三棱柱（与五个面均相切），球与球O以及三棱柱同一顶点的三个面均相切，则球的半径__________． 【答案】 【解析】 【分析】确定球的半径,利用两球相切关系求球的半径,进而利用位似关系建立关于的方程并求解. 【详解】如图所示， 正三棱柱的高（侧棱长）为 .因为球  内切于该三棱柱，与上、下底面均相切， 所以球  的直径等于三棱柱的高. 球  与三棱柱的三个侧面也相切，则球  在下底面上的投影圆（即下底面正三角形的内切圆）半径为 . 设正三角形  的边长为 ， 根据正三角形内切圆半径公式可得. 正三角形  的外接圆半径（顶点  到下底面中心  的距离）为： 设  为下底面  的中心，由于球心  在正三棱柱的中心轴线上，且到顶面的距离为 . 在 中： ， 球  与顶点  处相交的三个面（下底面  和两个侧面 、）均相切. 球  也与这三个面均相切，且与球  外切. 因此球心  必在线段  上，设球  的半径为 ， 则两球心距 ， 顶点  到球心  的距离 ， 由两球位似可得，即， 整理得， 所以. 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. 函数的最小正周期为，． （1）求； （2）当时，求的值域； （3）求关于x的不等式的解集． 【答案】（1） （2） （3）， 【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式将化简为余弦型函数后利用余弦型函数最小正周期求； （2）根据先求得范围，再利用余弦函数图象求值域即可； （3）将先化简为余弦型函数再解不等式. 【小问1详解】 ． 由函数的最小正周期为，得，解得． 【小问2详解】 由（1）知， 因为，所以， 所以，所以， 所以函数的值域为． 【小问3详解】 由（1）知， 因为，所以， 所以，，得，， 所以该不等式的解集为，． 16. 在如图（1）所示的平面图形中，四边形是直角梯形，，，，，和是两个正三角形．分别沿，将两个正三角形折起，使得平面和平面都与平面垂直，连接，，，得到如图（2）所示的几何体． （1）证明：平面平面． （2）求点D到平面的距离． （3）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）设，的中点分别为M，N，连接，， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，平面，所以． 又，且，是平面内的两条相交线， ，是平面内的两条相交线，所以平面平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用面面平行判定定理的推论由，证明面面平行即可; （2）将点D到平面的距离看作三棱锥的高，利用等体积法求解即可; （3）设平面与平面夹角为，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，通过求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，可得，又， 所以平面，则， 在中，， 所以， 设点D到平面的距离为h，则． 易知平面，所以是三棱锥的高， 所以， 由，得，所以， 所以点D到平面的距离为． 【小问3详解】 如图，以M为原点，分别以，，所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，即， 可得，可取，， 所以．设平面的法向量为， 则，即，可得，可取，， 所以． 设平面与平面所成的角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 17. 甲、乙两位同学进行定点投篮比赛，规则如下：每人投三次，在A处投一次三分球，投中得3分，投不中不得分，在B处连续投两次两分球，每投中一次得2分，投不中不得分．甲、乙两同学投中三分球的概率均为，投中两分球的概率均为，且每次投篮互不影响，最终得分较多者赢得比赛． （1）设甲同学的得分为X，求X的分布列和数学期望； （2）在已知甲同学的得分不低于4分的条件下，求乙同学最终赢得比赛的概率． 【答案】（1）X的分布列为： X 0 2 3 4 5 7 P （2） 【解析】 【分析】（1）根据投中个数可以得出取值范围，由独立事件直接计算概率，再算期望 （2）因为甲乙独立，条件中“甲得分”只改变取哪几个 X 来加权，不改变乙的条件分布不直接拿乙原始分布去算，而是要在甲得分≥4的条件分布下加权求和. 【小问1详解】 依题意，X的可能取值为0，2，3，4，5，7， ，， ，， ，． 则X的分布列如下： X 0 2 3 4 5 7 P 故． 【小问2详解】 设乙同学的得分为Y，同理（1）知，． 因为， 所以乙同学最终赢得比赛的概率为：． 18. 过单位圆上的动点作与轴垂直并相交于点，动点满足，动点的轨迹是焦距为的椭圆． （1）求的值； （2）过轴正半轴上的一点作两条互相垂直的直线与椭圆分别相切于点，，求的面积； （3）设椭圆的左、右顶点分别为，左、右焦点分别为，是椭圆上的动点，直线，与轴分别相交于点，直线与交于点，设，证明：为定值． 【答案】（1） （2） （3）证明：由椭圆的方程为，知，，，， 设，直线的斜率为，直线的斜率为， 则直线的方程为，令，得， 则直线的方程为，令，得， 由直线的斜率为：，所以直线的方程为，② 又直线的斜率为：，所以直线的方程为，③ ②③两式相乘得：，即为直线与交于点的轨迹方程， 因为点在椭圆C上，所以，即， 所以， 又因为点的坐标为且在上， 所以，即为定值． 【解析】 【分析】（1）设点的坐标，根据得出相应坐标的关系式，然后利用点在圆上结合已知得出椭圆中的，最后利用椭圆的性质建立方程求解即可； （2）由（1）得出椭圆的方程，以及是等腰直角三角形，设直线的方程，联立直线与椭圆的方程，求出相应的参数，从而得出三角形相应的边长，最后利用三角形的面积公式计算即可； （3）设，直线的斜率为，得出直线与直线的方程，令，得的坐标，从而得出直线与直线的方程，进一步得出点的轨迹方程，结合条件将点的坐标代入方程中化简即可得出为定值． 【小问1详解】 设，依题意知， 由， 因为，所以，所以， 因为点在圆上， 所以点的轨迹方程为：， 由，所以， 所以动点的轨迹是焦点在轴，焦距为的椭圆， 由，所以， 又，解得或（舍去）． 【小问2详解】 由，则，所以椭圆的方程为， 依题意知是等腰直角三角形，不妨设直线的方程为， 代入椭圆的方程，整理得，① 由，解得：，从而得出， 代入①得：，解得， 则的斜边长为， 设直线与轴交于点，则, 所以的面积． 【小问3详解】 略. 19. 已知函数，定义：对于数列，若，，则称是函数的一个“2倍基数列”． （1）讨论函数的单调性． （2）若是递增数列，且是函数的一个“2倍基数列”，其前n项和为．证明： （ⅰ）； （ⅱ）． 【答案】（1）在区间上单调递减，在区间上单调递增 （2）（ⅰ）由（1）易知函数在上单调递增， 由，则， 即，解得， 因为是递增数列，且是函数的一个“2倍基数列”， 所以要证明，即证明， 即证明，令， 即证明， 因为， 所以， 即有成立，命题得证． （ⅱ）由，整理得， 解得或， 所以（舍去）或， 因为， 所以， 所以， 所以 对任意，由均值不等式可得：， 所以， 所以，所以． 【解析】 【分析】（1）利用函数导数与单调性分析求解即可； （2）（ⅰ）根据数列新定义，利用函数的单调性，分析法证明即可；（ⅱ）根据题意求出数列的通项公式，再根据的表达式分析得出，然后写出前n项和为，利用倒序相加法和不等式性质以及对数运算性质即可证明. 【小问1详解】 因为， 所以，令， 则， 所以在上单调递增， 又因为， 所以当时，，即， 当时，，即， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增． 【小问2详解】 （ⅰ）略. （ⅱ）略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $