河北省2025-2026学年高三上学期开学学情检测数学试题（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页河北省2025-2026学年高三上学期开学学情检测数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知集合，，则集合（

）A． B． C． D．2．若复数的共轭复数为，且满足，则复数的虚部为（

）A． B． C．6 D．3．“，，，，成等差数列”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件4．已知，，，则的最小值为（

）A．4 B． C．8 D．5．已知函数，，的零点分别为，则的大小关系为（

）A． B． C． D．6．已知，则（

）A． B． C． D．7．若圆：与圆：有且仅有2条公切线，则的取值范围为（

）A． B． C． D．8．函数与函数的图象的所有交点的横坐标之积为（

）A． B．e C．1 D．2二、多选题9．人类对简单刺激的反应时间近似服从正态分布，记人类对两类不同简单刺激的反应时间（单位：ms）分别为随机变量，，且，，则下列结论正确的是（

）A． B．C． D．10．已知函数的最小正周期为，则下列结论正确的是（

）A．的图象关于点中心对称 B．C．在区间上单调 D．为奇函数11．在矩形中，，，点在线段上，点在线段上，沿着线段向上折起，使至的位置，在折叠过程中，记二面角的大小为，，当时，和重合，则下列结论正确的是（

）A．存在某个位置，使得平面B．存在某个位置，使得C．翻折过程中线段形成的曲面的面积为D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为三、填空题12．在一次文艺演出中有3个舞蹈类，4个歌曲类共7个节目，要求相同类型的节目不能相邻，那么节目的不同演出顺序共有种，13．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过的直线与轴交于点，与椭圆C的一个交点为，若，，则C的离心率为.14．在一个棱长为4cm的封闭正四面体容器（容器壁厚度忽略不计）内有四个半径相等的铁球，则铁球的最大半径为cm.四、解答题15．设等差数列的公差为，且.(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和.16．已知双曲线：的离心率为，实轴长为4.(1)求双曲线的方程；(2)若直线：与C的右支交于A，B两点，为坐标原点.（i）求的取值范围；（ⅱ）若直线与轴交于点，且，求的面积.17．如图，在三棱锥中，，，，且平面平面.(1)证明：平面；(2)线段上是否存在一点，使得二面角的正切值为，若存在，求出的值，并给出证明；若不存在，请说明理由.18．甲、乙两人进行一场投沙包游戏.投一次沙包算作一局游戏，每一局游戏中，其中一人负责投沙包，另一人负责接沙包.若一人投沙包后另一人不能接住，则投沙包者得1分，接沙包者得0分；若投沙包者投沙包后接沙包者能够成功接住，则接沙包者得1分，投沙包者得0分.第一局投沙包者随机确定，然后甲、乙轮流投沙包，已知甲投沙包时甲得1分的概率为，甲接沙包时甲得1分的概率为，各局游戏结果相互独立，得分领先2分者获胜.(1)求甲第一局游戏中得分为1分的概率；(2)求2局游戏后甲得分X的分布列和数学期望；(3)求恰好比赛四局甲获得游戏胜利的概率.19．已知函数的图象在处的切线方程为.(1)求m，n的值；(2)讨论方程解的个数；(3)证明：.（参考数据：）答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《河北省2025-2026学年高三上学期开学学情检测数学试题》参考答案题号12345678910答案BAACCDCCADABD题号11答案BCD1．B【分析】用列举法表示出集合A、U，根据集合补集计算方法即可求解．【详解】易知集合，，故．故选：B．2．A【分析】设复数，利用复数相等求出复数的虚部.【详解】设复数，则.故，即，所以.因此，故复数虚部为.故选：A.3．A【分析】由等差数列易知，若，，，，成等差数列，则成立，即充分性成立，必要性可举例说明不成立，例，，，，依次为1，2，5，6，9.【详解】若，，，，成等差数列，则成立，充分性成立，若取，，，，依次为1，2，5，6，9，此时满足，但，，，，不成等差数列，故不能推出，，，，成等差数列，必要性不成立，故“，，，，成等差数列”是“”的充分不必要条件，故选：A.4．C【分析】对乘因式进行等价变形，再利用均值不等式求解即可．【详解】由题意得，当且仅当，即，时，等号成立．故选：C．5．C【分析】根据零点存在性定理判断的范围，再进行比较即可．对于，其单调性可直接判断，对于，其单调性需利用导数进行判断．【详解】∵单调递增，且，，∴；∵，在上单调递增，且，，∴；对于，∵，∴单调递增，且，，∴，∴，故选：C．6．D【分析】利用诱导公式、辅助角公式和余弦二倍角公式化简求解即可.【详解】因为，所以，所以，所以.故选：D7．C【分析】由题可知圆与圆相交，故，所以点在以原点为圆心，半径分别为2和4的圆所夹的圆环内部（不含边界）.分析可得代表点到直线的距离的5倍.根据圆内点到直线距离最值的求法即可求解.【详解】由题可知圆，半径，圆，半径.∵圆与圆有且仅有2条公切线，∴圆与圆相交，∴，∴点在以原点为圆心，半径分别为2和4的圆所夹的圆环内部（不含边界）.又，∴代表点到直线的距离的5倍.∵圆心到直线的距离为1，∴圆环内的点到直线的距离，∴的取值范围为.

故选：C.8．C【分析】将函数交点问题转化为方程根的问题.【详解】令，若是的解，即，则，所以函数与函数的图象的所有交点的横坐标之积为1，故选：9．AD【分析】根据正态分布的数学期望与方差公式，结合题意即可判断选项A，B；根据正态曲线的对称性即可判断选项C；令，，则，，进而，，根据正态曲线的特点即可判断选项D.【详解】∵，∴，故选项A正确；∵，∴，故选项B错误；∵，该正态曲线的对称轴为直线，∴由对称性可得，故选项C错误；令，，∵，，∴，，∴，，∵，∴根据正态曲线的特点可知：，∴，故选项D正确.故选：AD.10．ABD【分析】先化简的形式，根据函数周期确定的值，结合函数的图象和性质，逐项分析判断即可.【详解】由题意，得的最小正周期为，所以，所以.令，得，所以的图象关于点中心对称，故A正确；当时，，故是函数图象的一条对称轴，所以，故B正确；当时，，函数不单调，故C错误；因为的图象关于点对称，将的图象向左平移个单位后的图象关于对称，所以为奇函数，故D正确.故选：ABD11．BCD【分析】确定直线与的位置关系判断A；利用线面垂直的判定定理判断B；确定曲面特征并求出面积判断C；求出直线与平面所成的角正弦值的最大值判断D.【详解】对于A，因当时，和重合，得为线段的中垂线，而直线与直线相交，因此直线与平面相交，故A错误；对于B，令，过作于，由，平面，得平面，而平面，则，又平面且，于是平面，而平面，则，当时，因平面，则平面，又平面，故，故B正确；

对于C，在折叠过程中，线段形成的曲面是以为半径，为母线的半个圆锥的侧面，因为，则曲面面积为，故C正确；对于D，因，则直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角，而到平面的距离小于或等于，当平面平面时，平面，直线与平面所成角的最大值为，其正弦值为，D正确.故选：BCD12．144【分析】利用插空法计算即可.【详解】4个歌曲类节目顺序有种，3个舞蹈类节目分别穿插在歌曲类节目中，有种不同的演出顺序，由分步乘法计数原理得共有6×24=144种不同的演出顺序.故答案为：14413．【分析】先判断为直角三角形，根据直角三角形的边角关系，结合椭圆的定义，可确定的数量关系，求得椭圆的离心率.【详解】如图：

∵，，∴为直角三角形，且为斜边的中点，∴，结合对称性知，∴，∴，∵，∴.故答案为：14．【分析】由题可知，当四个铁球的球心的连线构成正四面体时半径最大，根据正四面体的性质及O到底面ABC的距离列式计算半径即可.【详解】当四个铁球两两相切且和正四面体内切时，铁球半径最大，设此时铁球半径为，则构成一个棱长为的正四面体，设I为正三角形的中心，连接，则cm，，即，解得.所以正四面体的中心O到底面ABC的距离为cm，又O也是正四面体容器的中心，且其棱长为4cm，同上得容器的高为cm，所以O到底面ABC的距离为cm，综上，，解得．

故答案为：15．(1)(2)【分析】（1）通过基本量列方程组求解可得，最后代入通项公式即可；（2）因为，所以利用错位相减法求和可得.【详解】（1）由题可得：，解得.∴（2）∵，∴.①∴.②得：.所以16．(1)；(2)（i）；（ⅱ）.【分析】（1）根据给定条件，结合离心率的意义求出即可.（2）（i）将直线与双曲线方程联立，利用一元二次方程有二不等的正根列式求解；（ⅱ）利用数量积的定义及坐标表示求出，进而求出三角形面积.【详解】（1）由双曲线的实轴长为4，得，由双曲线的离心率为，得，得，所以双曲线C的方程为.（2）（i）设，由消去得，由A，B都在双曲线C的右支上，得，解得，所以的取值范围是.（ii）依题意，，，则，解得，而，则，，所以的面积.

17．(1)证明见解析(2)存在，，证明见解析【分析】（1）取的中点，连接，根据面面垂直的性质定理得平面，然后根据线面垂直的性质定理得，再根据线面垂直的判定定理即可证明.（2）解法一：过作，交于点，过作于G，连接，根据线面垂直的性质及二面角的平面角的定义，作出二面角的平面角，设，在中，利用正切值列方程解得，即可求得.解法二：取的中点O，连接，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，求出点坐标，显然平面的一个法向量为，求出平面的一个法向量，结合同角三角函数基本关系，利用向量法列方程求得，即可求得.【详解】（1）取的中点，连接，∵，∴，又平面平面，平面平面，平面，∴平面，又平面，∴，又∵，，平面，∴平面.（2）解法一：存在，.证明：假设存在点满足要求，过作，交于点，过作于G，连接，∵平面，平面，∴，又，平面，∴平面，又平面，∴.又，平面，∴平面，又平面，∴.所以是二面角的平面角.设，∴，，，∴，解得，∴，∴.解法二：存在，.取的中点O，连接，∵平面，平面，∴，∵，∴，，∴平面，以为坐标原点，以过点且平行于的直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示.设，则，，，，，显然平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则令，则，，∴平面的一个法向量为，∴，设二面角的平面角为，则，解得，∴，∴.18．(1)(2)分布列见解析，(3)【分析】(1)据题意可知,甲先投沙包的概率和乙先投沙包的概率均为.甲第一局游戏中得分为1分的概率为"甲先投,甲得1分"和"乙先投,甲得1分"的概率的和.利用公式可求得结果.(2)先分析甲得分X的取值情况,分析每种取值所对应的具体事件,并求出其概率,即可得到甲得分X的分布列,从而求得X的期望.(3)先分析恰好比赛四局且甲获得胜利，需四局中最后一局甲一定得1分，第三局甲得1分，前两局结束时甲得1分.分甲先投和乙先投两种情况求出甲获胜的概率，得到恰好比赛四局甲获得游戏胜利的概率.【详解】（1）记第一局甲投沙包为事件A，则第一局乙投沙包为事件，甲第一局游戏中得分为1分记作事件，则.所以甲第一局游戏中得分为1分的概率为.（2）（2）X的所有可能取值为0，1，2，记“第一局甲投沙包”为事件A，则“第一局乙投沙包”为事件，当时,甲2局游戏均得0分,第一局甲投沙包的条件下,得0分的概率为:,第一局乙投沙包的条件下,得0分的概率为:.所以，当时,甲在2局游戏中,一局得0分,另一局得1分第一局甲投沙包的条件下,得1分的概率为:,第一局乙投沙包的条件下,得1分的概率为:.所以.当时,甲2局游戏均得1分,第一局甲先投的条件下,得2分的概率为:,第一局乙先投的条件下,得2分的概率为:.所以.所以的分布列为012所以的数学期望为.（3）恰好比赛四局且甲获得胜利，需四局中最后一局甲一定得1分，第三局甲得1分，前两局结束时甲得1分.所以甲先投的情况下，恰好比赛四局甲获得游戏胜利的概率为：，乙先投的情况下，恰好比赛四局甲获得游戏胜利的概率为：，记恰好比赛四局甲获得游戏胜利为事件，则.19．(1)，(2)无解(3)证明见解析【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数的几何意义列式求解.（2）将方程根的个数转化为的零点个数，再按分段讨论即可.（3）利用导数证明不等式，再结合分析法，利用导数证明即可.【详解】（1）函数，求导得，由的图象在处的切线方程为，得，所以，.（2）由（1）知，，其定义域为，当时