精品解析：河北衡水中学教育集团2026-2027学年高三上学期9月第一次限时训练数学试题

2026年9月高三年级第一次限时训练 数学 注意事项： 1．答卷前，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. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知平面向量，满足，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数（）为偶函数，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 水平放置的正方形的边，分别平行于，轴．若用斜二测画法得到的直观图面积为，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知双曲线（，）的一条渐近线与轴正半轴的夹角为，右焦点到该渐近线的距离为，则的实轴长为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的定义域为，且，．当时，，则（ ） A. B. C. D. 8. 设．若方程恰有3个不同的实数解，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 设，则（ ） A. B. C. D. ，，…，中的最大值为70 10. 已知椭圆，点在的第一象限部分上．在点处的切线分别与轴、轴的正半轴交于，两点，为坐标原点，则（ ） A. 切线的方程为 B. C. D. 当时，直线的斜率为 11. 在中，内角，，所对的边分别为，，，外接圆半径为，面积为．若，，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 圆被直线截得的弦长为4，则所有满足条件的实数的和为____________． 13. 已知实数，满足，则的最大值为____________． 14. 将数字，，…，等可能地随机排成一列，依次记为，，…，．已知，若，则____________． 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. 设正项数列的前项和为，且，． （1）求数列的通项公式，并证明． （2）对于实数，令．若对任意，恒有，求的取值范围． 16. 已知抛物线的焦点为．过的直线交于两点，其中在轴上方，在轴下方．过分别作的切线，两切线交于点． （1）证明：点在一条定直线上，且． （2）记的外接圆为．设为第一象限内一点．若恰存在一条符合条件的直线，使相应的圆经过点，求点的轨迹． 17. 某工厂采用，两种工艺生产同一种产品．为研究生产工艺与产品是否合格之间的关系，随机抽取160件产品，得到如下列联表： 合格 不合格 合计 60 20 80 20 60 80 合计 80 80 160 （1）根据小概率值的独立性检验，判断生产工艺与产品是否合格是否有关；并用样本频率分别估计采用工艺A，B时产品合格的概率． 附：，． （2）将第（1）问所得估计值作为相应的实际概率．工厂按下面规则连续生产：第一次以相等概率选择工艺或；若某件产品合格，则下一次继续使用本次工艺；若不合格，则下一次改用另一种工艺．在给定本次所用工艺的条件下，每次产品是否合格与此前的生产情况无关．记前件产品中合格产品的件数为． 已知：对随机变量，，…，，有 （ⅰ）设表示第一次采用工艺，若，求． （ⅱ）求． 18. 如图，在四面体中，，，，．点为的中点． （1）证明：平面，且． （2）点，分别在线段，上，且． （ⅰ）设平面与平面所成的锐二面角为，求的取值范围． （ⅱ）在（ⅰ）的条件下，设平面与平面的夹角为．设锐角满足，证明：，并求等号成立时与的值． 19. 设函数，．对于实数，考虑方程． （1）证明：当时，． （2）求实数的取值范围，使得方程在区间内恰有三个不同的实数解． （3）当时，记方程在内的唯一解为．分别求实数，的最小值，使得对于任意，恒有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年9月高三年级第一次限时训练 数学 注意事项： 1．答卷前，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. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】 ，  ， 因此的虚部为. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为集合， 集合， 所以. 3. 已知平面向量，满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，，所以， 得， 则 4. 已知函数（）为偶函数，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用辅助角公式将原函数化简，再结合偶函数性质与的条件确定出参数，最后将代入即可求得结果. 【详解】， 由题意得，解得， 因为，所以仅当时，满足题意， 所以， ，满足题意， 所以. 5. 水平放置的正方形的边，分别平行于，轴．若用斜二测画法得到的直观图面积为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设原图的面积为，直观图的面积为， 因为，则，解得. 6. 已知双曲线（，）的一条渐近线与轴正半轴的夹角为，右焦点到该渐近线的距离为，则的实轴长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题意可得，，渐近线方程为， 因为右焦点到该渐近线的距离为，所以，得， 故的实轴长为. 7. 已知函数的定义域为，且，．当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先判断出函数为偶函数，再判断出函数的周期为，由此代入解析式求解即可. 【详解】因为，定义域为，所以函数为偶函数， 又因为，所以. 所以是以4为周期的周期函数. 又时，， 所以 . 8. 设．若方程恰有3个不同的实数解，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，由的图象与直线有三个交点，作出图象，数形结合讨论求解即可. 【详解】令，则，作出函数的图象， 由题意可知的图象与直线有三个交点， 由图可知，当时，的图象与直线一定有一个交点， 当时，的图象与直线一定有一个交点， 所以的图象与直线在区间上有且仅有一个交点， 即在区间上有两相等实数根， 所以，得. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 设，则（ ） A. B. C. D. ，，…，中的最大值为70 【答案】BD 【解析】 【分析】利用二项式定理展开通项公式，计算系数和与二项式系数的最值. 【详解】因为二项式的展开式通项为，因此， 对于A，为的系数，即的二项式系数：，A错误； 对于B，令，得：， 令，得：， 所以，即，B对； 对于C，由， 可得：， 令，则求和式为， 所以，C错； 对于D，因为随增大先增后减， 当时，最大值在处，即， 所以，，…，中的最大值为70，D对. 10. 已知椭圆，点在的第一象限部分上．在点处的切线分别与轴、轴的正半轴交于，两点，为坐标原点，则（ ） A. 切线的方程为 B. C. D. 当时，直线的斜率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先求出椭圆的切线方程判断A；结合直线与坐标轴交点、距离公式，利用基本不等式求解范围判断BC，利用最值取等号及两点斜率公式求解判断D. 【详解】先证明，已知椭圆及上面一点，则曲线在点处的切线方程为. 当时，切线的斜率存在，设切线方程为. 代入椭圆的方程得. 由， 得. 又点在椭圆上，所以，从而， 所以，即，所以， 所以所求切线方程，即. 另外当时，切线方程为也满足上式. 综上，以椭圆上一点为切点的切线方程为. 对于选项A：椭圆在点处的切线方程为，正确； 对于选项B：令切线方程中得，令得， 故，由基本不等式，， 即，当且仅当时等号成立，故，最小值为4，错误； 对于选项C：，即，当且仅当时等号成立，正确； 对于选项D：当时，由选项C可知，切线的斜率为，D正确. 11. 在中，内角，，所对的边分别为，，，外接圆半径为，面积为．若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项 A，利用正弦和余弦定理将已知的角关系全部转化为边长关系，联立后解出的值从而确定角，选项 B，结合求出的角与边长关系式推导出三条边的比例，确定出三角形的三个具体内角大小，进而求出差值，选项 C，将推导出的具体边长比例直接代入需要验证的等式中检查左右两边是否相等，选项 D，利用正弦定理将三角形面积公式转化为仅含外接圆半径，和三个内角正弦值的表达式，代入已知角计算即可. 【详解】对于A，因为，由正弦定理得①， ， ， 由余弦定理得， 代入上式得， 因为，所以②， 将①代入②得， 由条件得，解得， 因为，所以，故A错误， 对于BC，， 对①两边平方可得， 联立两式得， 整理得，即， 解得或， 当时，， 此时，而，即， 当时，， 此时，而，即，故C正确， 由上知或， 所以这是一个含有的直角三角形， 所以或， 则或，故B正确， 由正弦定理得， 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. 圆被直线截得的弦长为4，则所有满足条件的实数的和为____________． 【答案】 【解析】 【分析】利用圆的一般方程与标准方程之间的转化，计算点到直线的距离以及直线与圆相交的弦长. 【详解】已知圆的方程为，转化为标准方程得：， 所以圆心坐标为，半径， 根据点到直线的距离公式知：， 又因为直线与圆相交的弦长公式为，代入已知条件， 所以，即，，， 解得：或， 最后求和得. 13. 已知实数，满足，则的最大值为____________． 【答案】 【解析】 【分析】利用约束条件得到，令，通过配方将和分别表达为和，从而将目标函数完全转化为关于的一元函数，由平方的非负性确定的取值范围，对所得函数求导，通过分析导函数的符号变化判断其单调性，利用函数的端点和极值点进而确定最大值点 【详解】由可得：， 令，则： 于是：， ， 因此：， 由于，得：， 由于，得：，故，令， 求导得：， 令，解得， 因为在区间上恒成立（当且仅当时取等号），所以的符号由决定， 当时，，故，函数单调递增； 当时，，故，函数单调递减， 因此在上单调递增，在上单调递减，故为极大值点， 端点：，， 极大值点：， 因此最大值为：. 14. 将数字，，…，等可能地随机排成一列，依次记为，，…，．已知，若，则____________． 【答案】 【解析】 【分析】先证明条件对期望没有影响即，再展开随机变量，用期望的线性性拆项求得，最后一共包含6个这样的相邻项，则. 【详解】将排列倒序，设，由于X是相邻差平方之和，倒序后各相邻差仅改变符号、平方不变，故， 又排列等可能，且倒序是一一对应，事件与相互对应，所以，并且， 于是， 因此所求等于无条件情形下X的数学期望，下面直接计算， 展开随机变量， ，，…，​是数字，，…，的一个随机全排列， ， 对排列中任意一个位置： ， 对于任意两个不同位置：， 代入数值：，则 一共有组不同下标对，故， 取任意一组相邻位置： ， 一共包含6个这样的相邻项，由期望的线性性：， 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. 设正项数列的前项和为，且，． （1）求数列的通项公式，并证明． （2）对于实数，令．若对任意，恒有，求的取值范围． 【答案】（1）①数列的通项公式为； ② 因为,所以，所以，即， 所以， 即， 两边对从到累加求和： ， 等式得证. （2） 【解析】 【分析】（1）先求首项，利用与相减得到相邻项比值，累乘求出表达式，结合阶乘、组合数化简得到通项，验证成立；先利用数列递推关系推导出裂项恒等式，再用裂项相消求和，代入首项完成等式证明；（2）由列出不等式，代入数列关系式，分离参数，借助数列单调性求最值，解决恒成立. 【小问1详解】 ① ， 当时，，即，解得, 当时，由，得, 两式相减得：,整理得递推关系：, 由累乘法求通项： ， 时上式也成立，故数列的通项公式为； ② 略 【小问2详解】 由题意，对任意，恒成立，即， 因为，所以， 因为，两边约去，得 整理得，即， 所以， 所以，即对任意恒成立， 令，因为 ，故是单调递减数列，最大值为， 要使对任意恒成立，则， 即的取值范围为. 16. 已知抛物线的焦点为．过的直线交于两点，其中在轴上方，在轴下方．过分别作的切线，两切线交于点． （1）证明：点在一条定直线上，且． （2）记的外接圆为．设为第一象限内一点．若恰存在一条符合条件的直线，使相应的圆经过点，求点的轨迹． 【答案】（1）证明：因为，设过点的直线的解析式为，，， 联立 得 由韦达定理得，， 则(=，. 设抛物线过点的切线为，过点的切线为， 联立 得，且， 因为点在抛物线上，所以， 代入得， 解得 则， 同理， 联立 得， 即点坐标为， 所以，点在定直线上. 当时， 因为过点的直线的解析式为，所以，即直线的斜率， 又， 所以， 即； 当时， 直线，， 则， 即， 综上所述. （2）点P的轨迹是以为圆心，为半径，在x轴上方的半圆. 【解析】 【分析】(1)先假设过点的直线的解析式，将其与抛物线联立，由韦达定理得到,两点坐标的关系，再分别设这两点的切线方程，与抛物线联立通过得到斜率，再将两切线方程联立得到点坐标，即可得出点在定直线上，通过即可得出. (2)证明，则外接圆圆心为中点，利用待定系数法求出圆的方程，再将点代入圆的方程，通过得到点的轨迹方程. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 因为， 所以， 所以外接圆的圆心为斜边的中点， 则的坐标为. 直径 ， 则半径， 圆的方程为： . 设在第一象限， 由题可知， 化简得： 即： 恰有一个实数意味着该二次方程有唯一解， 由于，故判别式，即， 化简得，即或， 因为点在第一象限，所以不符题意，舍去， 所以，即，得， 又因为点在第一象限，所以，， 即点的轨迹方程为， 所以点P的轨迹是以为圆心，为半径，在x轴上方的半圆. 17. 某工厂采用，两种工艺生产同一种产品．为研究生产工艺与产品是否合格之间的关系，随机抽取160件产品，得到如下列联表： 合格 不合格 合计 60 20 80 20 60 80 合计 80 80 160 （1）根据小概率值的独立性检验，判断生产工艺与产品是否合格是否有关；并用样本频率分别估计采用工艺A，B时产品合格的概率． 附：，． （2）将第（1）问所得估计值作为相应的实际概率．工厂按下面规则连续生产：第一次以相等概率选择工艺或；若某件产品合格，则下一次继续使用本次工艺；若不合格，则下一次改用另一种工艺．在给定本次所用工艺的条件下，每次产品是否合格与此前的生产情况无关．记前件产品中合格产品的件数为． 已知：对随机变量，，…，，有 （ⅰ）设表示第一次采用工艺，若，求． （ⅱ）求． 【答案】（1）在下，认为生产工艺与产品是否合格有关； （2）（ⅰ）；（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）独立性检验，套公式计算结果后对比临界值，用样本频率估计概率； （2）（ⅰ）考查条件概率，表示只出现一次不合格品，运用贝叶斯 + 等比数列化简； （ⅱ）利用全概率公式和期望公式可求. 【小问1详解】 设：生产工艺与产品是否合格无关， ， 故在下，认为生产工艺与产品是否合格有关， 记事件为“采用工艺A时产品合格”，为“采用工艺B时产品合格”， 依题设有，. 【小问2详解】 （ⅰ）设事件为“第一次采用工艺”，则表示第一次采用工艺， 事件如（1）所定义， 则分别表示采用“采用工艺A时产品不合格”、 “采用工艺B时产品不合格”， 结合（1）中结果可得，，， 又 ， 而 . 同理 ， 故. （ⅱ）设表示第次生产产品合格， 表示第次生产产品不合格，则， 令表示第次选择工艺的概率，则，且， 即，其中. 设第次生产产品合格的概率为，则， 且. 故，， 设，则或，故. 若，则， 而当时，，故. 故. 若，； 故. 当时， 故， 故 . 18. 如图，在四面体中，，，，．点为的中点． （1）证明：平面，且． （2）点，分别在线段，上，且． （ⅰ）设平面与平面所成的锐二面角为，求的取值范围． （ⅱ）在（ⅰ）的条件下，设平面与平面的夹角为．设锐角满足，证明：，并求等号成立时与的值． 【答案】（1）由题意知，，，且为的中点， 则， 因为平面，所以平面. 而，则， 即，， 又，则，故. （2）（ⅰ）； （ⅱ）证明：由（ⅰ）知，平面的一个法向量为， 易得平面的一个法向量为， 则， 设，，则， 所以原式，令， 化简变形得，， 由，可得. 要证，因为均为锐角，故只需证. 即证， 由于当，恒成立， 所以只要证， 只要证， 设， 只要证 即 只要证 因为，所以只要证, 整理可得只要证, 利用因式分解，只要证，因为， 所以对恒成立. 所以只要证，显然成立，当时取等号，此时. 因为，所以解得或. 当等号成立时,，. 或，. 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面即可.根据勾股定理，可证. （2）（ⅰ）设，，再利用平面向量的坐标运算得出，求出右侧函数的值域即可得到.（ⅱ）要证，只需证，然后通过分析法得到恒成立，进而得到等号成立条件为，或，. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）知，平面，且， 以为原点，以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设，，即， 由于，则，即， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 易得平面的一个法向量为， 则， 设， 则， 设， 则， 所以函数在上单调递增，又， 则时，；时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 因为，，，所以， 则. （ⅱ）略 【点睛】本题的关键是将三角函数范围问题，转化为变量的值域问题.在解决最后一问时， 将证明，转化为证明，然后利用分析法进行证明，其中对于代数结构的整体代换是证明的关键. 19. 设函数，．对于实数，考虑方程． （1）证明：当时，． （2）求实数的取值范围，使得方程在区间内恰有三个不同的实数解． （3）当时，记方程在内的唯一解为．分别求实数，的最小值，使得对于任意，恒有． 【答案】（1）令则， 且， 故，即 再令 有，且， 故，即 因此所证不等式成立． （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）分别作差并利用导数判断正负； （2）令两边作差，利用导数确定正根的个数，再利用奇函数的对称性； （3）由（1）先得到的下界，再补充五次项估计得到上界，并检验常数不能再减小． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 令 因为为奇函数，所以也是奇函数，且． 只需研究内的零点． 当时，， 若，则，所以内没有零点，原方程只有零点． 若，令 则时， 时，． 则在上单调递减，在上单调递增，则． 又，故内恰有一个零点． 由奇函数的对称性，内也恰有一个零点，再加上，共有三个不同实根． 所以 【小问3详解】 由满足及（1）的右侧不等式，得 因此从而 故可以满足左侧不等式． 再看右侧． 令 则，且，所以 代入，得即 故可以满足右侧不等式． 还需说明这两个常数不能再减小． 令 则，且， 所以 设，代入得 当充分小时，可任意接近，且可任意接近． 因此任何小于的都不能恒成立，故 同时，当且充分小时，． 若，则，从而左侧不等式会失效． 故 综上，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $