精品解析：河北省名校联盟2026-2027学年高三上学期11月期中数学试题

河北省名校联盟2026-2027学年高三上学期11月期中数学试题 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. 本试卷共19题，满分150分.考试用时120分钟. 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. 函数的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由以及即可求解. 【详解】因为，函数，所以. 2. 已知，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【详解】因为，且， 根据复数相等的定义，两个复数的实部与虚部分别相等， 所以可得， 即，. 3. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，先求得，结合补集的概念与运算，即可求解. 【详解】由方程，可得，即， 解得，所以， 因为全集，可得. 4. 已知向量，，且，则（ ） A. 1 B. C. 6 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先通过向量数量积的坐标运算求出参数的值，再计算目标向量的坐标，最后代入模长公式得到结果。 【详解】因为，，所以，解得， 故，所以，， 所以，所以. 5. 若，，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以，又， 所以. 6. 已知以某椭圆的上、下顶点与左、右焦点为顶点的四边形的面积为2，且该椭圆的长轴长为，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设椭圆的标准方程为（），，解得，代入恒等式得， 该四边形的面积为。因此，即， 联立方程，因此， 将代入，得，结合解得， 根据椭圆离心率的定义，代入、，计算得。 7. 已知数列的通项公式为，在中每相邻两项之间插入个数，组成一个新的等差数列，且的偶数项均为整数，则数列的前20项和的最小值为（ ） A. 190 B. 250 C. 380 D. 440 【答案】B 【解析】 【分析】先根据原数列的公差与插入规则推导新等差数列的公差，再结合偶数项为整数的条件确定参数的可行取值，最后通过等差数列前项和公式计算并比较得到最小值. 【详解】由题意可得数列的通项公式为， 则数列是以为首项，为公差的等差数列， 在中每相邻两项之间插入个数，组成一个新的等差数列， 则数列是以为首项，为公差的等差数列；则， 数列的偶数项对应的项为，即， 由于为整数，且为整数，所以对为整数，故必为整数， 由于，所以或， 当时，，此时数列的前20项和为； 当时，，此时数列的前20项和为； 综上，数列的前20项和的最小值为. 8. 已知函数的定义域为，对任意的，，且直线是图象的对称轴，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】赋值后利用函数奇偶性定义得出函数为奇函数，再由对称性得出函数的周期性，利用周期求值即可. 【详解】令 ，得，解得， 令，得，即， 所以或， 当时，令，得与矛盾，故舍去； 所以，即，所以为奇函数， 因为直线是图象的对称轴，所以， 故，所以，即函数周期为， 又，，，， 所以 ， 所以 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. 已知等比数列的公比为，前项和为，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【详解】由题可知，解得，故A正确； ，故B错误； ， 则，，故C正确，D错误． 10. 已知动点，在平面内，定点在平面外，且，直线与平面所成的角为，，.记动点的轨迹为曲线，点在平面上的射影为，绕旋转一周形成几何体，若点在上，则（ ） A. 曲线的长度为 B. 几何体外接球的表面积为 C. 的最大值为 D. 点到直线的距离的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先通过点在平面上的投影确定直角三角形的边长，从而判定动点的轨迹圆并求其周长；其次建立圆锥外接球模型，利用勾股定理求出外接球半径并计算表面积；接着利用三垂线定理的逆定理确定与圆相切，进而确定点的位置，结合点在圆上分析的几何意义；最后利用空间点线距离公式，将空间距离转化为平面内距离，寻找到直线的最大垂线段长度来求得最大距离. 【详解】 由知为直线与平面所成的角，故. 在中，，则，. 因为为定点，且， 故动点的轨迹曲线是以为圆心，为半径的圆.其长度为，选项 A 正确. 几何体是底面半径，高的圆锥.设其外接球半径为， 由得，解得. 故外接球表面积，选项 B 错误. 因为且，由三垂线定理的逆定理得.这说明始终与圆相切于点. 在中，，，则，故点在以为圆心，半径为的圆上. 当点在圆上运动时，要使最大，只需直线也与圆相切. 此时，即，故的最大值为，选项 C 正确. 设点到直线的距离为.由知垂直于平面内的任何直线， 故点到直线的距离为. 当直线与内圆相切时，取得最大值，即为圆的半径.此时点到直线的距离最大值为，选项D正确. 11. 已知为坐标原点，抛物线：，：交于，两点，，不过点的直线：与，分别交于点，（均不同于点），则（ ） A. B. ，，且 C. 满足的直线有3条 D. 满足的直线有4条 【答案】BCD 【解析】 【分析】联立抛物线方程求点坐标可判断A；根据直线过原点、平行于抛物线对称轴、与抛物线相切分别分析可判断B，利用弦长公式，转化为判断方程解的个数判断CD. 【详解】联立，可得，由，解得，故A错误； 由可得，即直线恒过点， 因为直线不过，所以，即， 当直线与抛物线对称轴平行时，即时，直线与只有一个交点，不合题意，故， 当直线与抛物线相切时， 由可得， 则，解得，此时不合题意，故， 当直线与相切时， 由可得 则，即，解得， 此时不合题意，故，即B正确； 因，由B项可知，所以，又该直线斜率为， 所以， 由可得， 可得，则，又该直线斜率为， 所以，， 由可得， 所以或， 当时，化简得， 即或，解得或； 当时，化简得， 由于，所以，即， 又由B知，综上，或，故直线有3条，故C正确； 由C可知，其中， ，即 当时，化简可得， 解得或，满足题意； 当时，化简可得， 令，则，由可得， 所以当或时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减， 所以，所以函数至多有一个零点， 又，故函数有且只有1个零点， 且零点在区间内，故满足，，且， 所以方程有且只有1个根； 综上满足条件的有4个，故直线有4条，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为第三象限角，且，则______. 【答案】 ## 【解析】 【详解】因为，， 所以，所以， 又为第三象限角，故. 13. 已知圆与圆交于，两点，则______，______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【详解】圆，圆心为，半径. 对圆的一般方程配方： ，因此圆的圆心为，半径. 由圆的半径为正，得，即，结合，可知的可能取值为. 两圆心的距离为：， 两圆相交的充要条件为. 当时，，此时，而，不满足题意； 当时，，此时，且，满足两圆相交的条件，故. 计算公共弦长：当时，圆的方程为，将其与圆的方程作差， 消去二次项，得到公共弦所在的直线方程：. 圆心到直线的距离为： ， 根据圆的弦长公式，代入计算得 . 14. 甲有6张分别标有数字1，2，3，4，5，6的卡片（除数字外均相同），乙有5张分别标有数字1，2，3，4，5的卡片（除数字外均相同），甲、乙各自从自己持有的卡片中一次性随机抽取3张，记甲抽取的3张卡片上的数字构成的最大三位数为，乙抽取的3张卡片上的数字构成的最大三位数为，随机变量，则______. 【答案】##0.725 【解析】 【分析】根据给定条件，利用组合计数问题，结合事件的对称性求出试验及所求概率的事件含有的基本事件数，进而求出古典概率. 【详解】甲、乙各自从自己持有的卡片中一次性随机抽取3张卡片，其上的数字构成的最大三位数各只有1个， 因此该试验共有个基本事件， 当甲抽取到数字6的卡片时，恒有，有个基本事件； 若甲、乙各自从标有数字1，2，3，4，5的卡片中随机抽取3张，则有个基本事件， 由对称性知事件与含有的基本事件数相等，而事件含有的基本事件数为， 此时事件含有的基本事件数为， 于是随机变量的事件共有个基本事件， 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. 某工厂为提高复合材质电子元件的性能，引进了新的生产线.现从新生产线上生产的产品中随机抽取100件复合材质电子元件，得到关于这100件电子元件的性能指标值的频率分布直方图，如图所示： （1）估计新生产线上生产的复合材质电子元件的性能指标值的平均数与中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）用样本估计总体，用频率估计概率，某商户购进1000件该厂新生产线上生产的复合材质电子元件，表示这1000件电子元件中性能指标值不小于80的元件个数，求与. 【答案】（1） 平均数为 ，中位数为 （2） ，. 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图中各组中点值乘以对应频率求和可得平均数，根据中位数左右两侧频率之和均为计算中位数； （2）确定性能指标值不小于的频率作为概率，判断服从二项分布，利用公式求解期望与方差. 【小问1详解】 由频率分布直方图可知，组距为. 各组的频率分别为： 的频率为； 的频率为；  的频率为； 的频率为. 平均数的估计值为： . 设中位数为. 因为前两组的频率之和为， 前三组的频率之和为， 所以中位数位于区间内. 由， 解得， 所以. 故估计新生产线上生产的复合材质电子元件的性能指标值的平均数为，中位数为. 【小问2详解】 由题意可知，性能指标值不小于的频率为. 用频率估计概率，任取一件元件，其性能指标值不小于的概率为. 因为表示件电子元件中性能指标值不小于的元件个数， 所以服从二项分布，即，则，  . 16. 在中，点D在的延长线上，且，. （1）证明：； （2）若，求. 【答案】（1）因为点D在的延长线上，且， 所以. 中，， 因为， 所以； 中，， 所以. 所以， 即. （2） 【解析】 【分析】（1）在和中，分别根据正弦定理得，，从而证得； （2）根据，即，结合余弦定理得与的关系，再由余弦定理求得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得，所以. 因为，且， 所以. 又， 所以， 所以， 可得， 所以，， 所以. 所以. 17. 如图，在正四棱柱中，，，，分别为棱，的中点，点，满足，. （1）证明：平面； （2）当时，证明：平面； （3）当平面与平面所成二面角的正弦值为时，求直线到平面的距离. 【答案】（1）连接，在正四棱柱中，，， 由于，，则，， 所以四边形为平行四边形，则， 因为，分别为棱，的中点，所以，则， 因为平面，平面，所以平面. （2）以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 当时，，，则， 所以， 则， 所以，即， 因为平面，所以平面. （3） 【解析】 【分析】（1）连接，先证明，，可得，进而结合线面平行的判定定理求证即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量证明，进而结合线面垂直的判定定理求证即可； （3）先利用面面角的空间向量公式求出的坐标，转化问题为求点到平面的距离，进而结合点到平面的空间向量公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知，， 由，，得， 所以，， 设平面的法向量为， 则，取，得， 设平面的法向量为， 则，取，得， 若平面与平面所成二面角的正弦值为，则余弦值为， 所以， 解得（负值舍去），此时，则， 由（1）知平面，则点到平面的距离即为直线到平面的距离， 所以直线到平面的距离为. 18. 已知点A，B分别是双曲线：的左、右顶点，，过C的左焦点F且与x轴垂直的直线被C截得的线段长为6. （1）求C的方程. （2）若动点M在C上且位于第一象限，直线与C的另一个交点为N，的平分线交于点P. （i）证明：点P在定直线上； （ii）记，的面积分别为，，求的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）由（1）知，，，， 由题意，设直线的方程为，，， 联立，得， 则， 且，则， 设直线与交于点， 因为直线的方程为，直线的方程为 联立可得， 则， 则，即在定直线上，则，其中， 而， 则， 即，故射线平分， 由题意平分，故点即为点， 所以在定直线上. （ii） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，点在双曲线上，进而结合关系求解即可； （2）（i）设直线的方程为，，，联立直线与双曲线方程，设直线与交于点，结合韦达定理分析可得在定直线上，进而结合二倍角公式及斜率公式可得平分，即点即为点，进而求证即可； （ii）结合（i）表示出，进而结合的范围求解即可. 【小问1详解】 由题意，即， 因为过C的左焦点F且与x轴垂直的直线被C截得的线段长为6， 所以点在双曲线：上，则， 又，则， 所以双曲线C的方程为. 【小问2详解】 （i）略 （ii）由（i）知，，， 则， ， 所以，因为，所以. 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程. （2）讨论在上的单调性. （3）设. （i）若，证明：； （ii）若，，关于，的不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 若，是减函数.若，在上单调递减；在上单调递增；在上单调递减. （3）（i）若，则， 设，则. ， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 由，得. 所以，. 令， 则， 所以是减函数. 又，所以， 所以，即， 所以，即. （ii） 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义得曲线在点处的切线方程； （2）利用导数分析在上的单调性； （3）（i）由，得，构造函数，利用导数分析其单调性，并构造函数，利用导数分析其单调性，从而得所以，即，所以，即. （ii）令，则.由此将不等式恒成立，转化为恒成立，即.构造函数，利用导数讨论其单调性即可求得实数的取值范围. 【小问1详解】 当时，函数， . 所以， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. 【小问2详解】 函数， 定义域为， . 令， 若，则恒成立， 所以恒成立，所以是减函数； 若， 当，即时， 恒成立，所以恒成立， 所以是减函数； 当，即时， ， 所以当时，， 单调递减； 当时，， 单调递增； 当时，， 单调递减. 综上所述， 若，是减函数； 若，在上单调递减； 在上单调递增； 在上单调递减. 【小问3详解】 （i）略； （ii）若，则， 定义域为， . 令，则. 由，得， 所以. 不等式恒成立， 即恒成立. 由，得， 所以， 所以. 令， 则. 当时，恒成立，所以， 所以是增函数. 所以， 即当时，，即， 不合题意； 当时，令，得， 所以当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增， 此时，，即， 不合题意； 当时，恒成立，所以， 所以是减函数. 所以， 即当时，，即. 综上所述，实数的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北省名校联盟2026-2027学年高三上学期11月期中数学试题 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. 本试卷共19题，满分150分.考试用时120分钟. 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. 函数的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，，且，则（ ） A. 1 B. C. 6 D. 5. 若，，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 6. 已知以某椭圆的上、下顶点与左、右焦点为顶点的四边形的面积为2，且该椭圆的长轴长为，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列的通项公式为，在中每相邻两项之间插入个数，组成一个新的等差数列，且的偶数项均为整数，则数列的前20项和的最小值为（ ） A. 190 B. 250 C. 380 D. 440 8. 已知函数的定义域为，对任意的，，且直线是图象的对称轴，若，，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. 已知等比数列的公比为，前项和为，，，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知动点，在平面内，定点在平面外，且，直线与平面所成的角为，，.记动点的轨迹为曲线，点在平面上的射影为，绕旋转一周形成几何体，若点在上，则（ ） A. 曲线的长度为 B. 几何体外接球的表面积为 C. 的最大值为 D. 点到直线的距离的最大值为 11. 已知为坐标原点，抛物线：，：交于，两点，，不过点的直线：与，分别交于点，（均不同于点），则（ ） A. B. ，，且 C. 满足的直线有3条 D. 满足的直线有4条 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为第三象限角，且，则______. 13. 已知圆与圆交于，两点，则______，______. 14. 甲有6张分别标有数字1，2，3，4，5，6的卡片（除数字外均相同），乙有5张分别标有数字1，2，3，4，5的卡片（除数字外均相同），甲、乙各自从自己持有的卡片中一次性随机抽取3张，记甲抽取的3张卡片上的数字构成的最大三位数为，乙抽取的3张卡片上的数字构成的最大三位数为，随机变量，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. 某工厂为提高复合材质电子元件的性能，引进了新的生产线.现从新生产线上生产的产品中随机抽取100件复合材质电子元件，得到关于这100件电子元件的性能指标值的频率分布直方图，如图所示： （1）估计新生产线上生产的复合材质电子元件的性能指标值的平均数与中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）用样本估计总体，用频率估计概率，某商户购进1000件该厂新生产线上生产的复合材质电子元件，表示这1000件电子元件中性能指标值不小于80的元件个数，求与. 16. 在中，点D在的延长线上，且，. （1）证明：； （2）若，求. 17. 如图，在正四棱柱中，，，，分别为棱，的中点，点，满足，. （1）证明：平面； （2）当时，证明：平面； （3）当平面与平面所成二面角的正弦值为时，求直线到平面的距离. 18. 已知点A，B分别是双曲线：的左、右顶点，，过C的左焦点F且与x轴垂直的直线被C截得的线段长为6. （1）求C的方程. （2）若动点M在C上且位于第一象限，直线与C的另一个交点为N，的平分线交于点P. （i）证明：点P在定直线上； （ii）记，的面积分别为，，求的取值范围. 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程. （2）讨论在上的单调性. （3）设. （i）若，证明：； （ii）若，，关于，的不等式恒成立，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $