2026届河北省十校联考高三上学期开学数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河北省十校联考2026届高三上学期开学数学试题注意事项：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.3.本试卷命题范围：高考范围.一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.1.设集合，集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，，.故选：B.2.已知复数（为虚数单位），则等于（）A.1 B. C. D.【答案】C【解析】因为复数，所以.故选：C.3.的展开式中二项式系数的和为64，则展开式中的常数项为（）A.60 B. C.15 D.【答案】A【解析】由题可知，解得，则二项式展开式通项公式为，令，解得，所以常数项为.故选：A.4.已知，，则“”是“是奇函数”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】当时，，定义域为，关于原点对称，又，是奇函数；故充分性成立，若是奇函数，则定义域必须关于原点对称，，故必要性成立，“”是“是奇函数”的充分必要条件.故选：C.5.已知函数在上单调递减，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】令，，当时，，所以在单调递减，由题意得，解得.故选：D.6.甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次，且没有出现并列的名次.甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你没有得到冠军.”对乙说：“你虽然不是最差的，但你的名次没有甲的好.”从这两个回答分析，5人的名次排列情况的种数为（）A.12 B.18 C.27 D.36【答案】B【解析】由题意可知共有乙得第4名和乙得第3名两种情况：当乙得第4名，有种可能；当乙得第3名，有种可能，故共有种，故B正确.故选：B.7.一圆台的上、下底面半径分别为1,3,体积为，则该圆台的侧面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为一圆台的上、下底面半径分别为1，3，所以该圆台上底面面积为，下底面面积为；设圆台的高为，由圆台的体积公式可得:，解得.所以圆台母线长为.所以圆台的侧面积为.故选：D.8.有个盲盒，其中有个内有奖品.若抽奖者选定了一个盲盒但未打开时组织方（知道盲盒内部是否有奖品）打开了一个没有奖品的盲盒，此时抽奖者重新选定另外一个盲盒后打开，记此时中奖的概率为；若抽奖者选定了一个盲盒但未打开时有个未选的盲盒因被风吹掉而意外打开，且抽奖者发现其内部没有奖品，此时抽奖者重新选定另外一个盲盒后打开，记此时中奖的概率为，则对任意符合题意的，，都有（）A. B.C. D.无法确定与的大小关系【答案】C【解析】设事件A为“最终中奖”，事件为“一开始选中的有奖”，则，在组织方打开无奖的盲盒后，若一开始选中的有奖，则剩余个盲盒中有个奖品，更换后，若一开始选中的无奖，则剩余个盲盒中有个奖品，则更换后，故，由于风吹掉为随机吹掉，故所有个盲盒中有个奖品，且所有盲盒中有奖品的概率相等，，因此，故.故选：C.二、选择题：本大题共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.下列命题正确的是（）A.两个变量，的相关系数为，若越小，则与之间的线性相关程度越弱B.设随机变量，若，则C.若，且，则D.已知，之间的关系满足，设，若，之间具有线性相关关系，且与之对应的线性回归方程为，则【答案】ACD【解析】对于A，两个变量，的相关系数为，越小，与之间的线性相关程度越弱，故A正确；对于B，随机变量服从正态分布，由正态分布概念知若，则，故B错误；对于C，，又，故，故C正确；对于D，，则，，故，故D正确.故选：ACD.10.已知双曲线的左、右焦点分别为，，抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，点是这两条曲线的一个公共点，则（）A.双曲线的渐近线方程为 B.C.的面积为 D.【答案】BC【解析】由已知，抛物线的焦点坐标为，所以双曲线右焦点，即.又，所以，所以双曲线的方程为.对于A项，双曲线的渐近线方程为，故A项错误；对于B项，联立双曲线与抛物线的方程整理可得，，解得或（舍去负值），所以，代入可得，.设，又，所以，故B项正确；对于C项，易知，故C项正确；对于D项，因为，所以，由余弦定理可得，，故D项错误.故选：BC.11.已知函数对任意实数，都有，且，则（）A. B.C. D.若为正整数，则【答案】ACD【解析】令，得，因为，所以，故A对，令得，令得，故，故B错误；所以函数是周期为4的函数，又，所以，，所以，所以，故C正确；若为正整数，则，故D对.故选：ACD.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.设函数的导数为，且，则___________.【答案】【解析】因为，所以.故答案为：.13.已知，向量，，若，则___________.【答案】【解析】依题意，因为，所以，化简得，又，故，则.故答案为：.14.已知，函数，若，则的最小值为___________.【答案】8【解析】由题意可知的定义域为，令，解得；令，解得.则当时，，故，所以；当时，，故，所以，故，即，又，所以，当且仅当，即，时等号成立，所以的最小值为8.故答案为：8.四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.15.人工智能对人们的生活有较大的影响，为了让教师更加重视人工智能，某校随机抽取30名男教师和20名女教师参加学校组织的“人工智能”相关知识问卷调查（满分100分），若分数为80分及以上的为优秀，其他为非优秀，统计并得到如下列联表：男教师女教师总计优秀201030非优秀101020总计302050（1）根据小概率值的独立性检验，能否认为这次成绩是否优秀与性别有关？（2）从样本中成绩优秀的30名教师中，随机抽取2人进行调研，记抽取的2人中女教师的人数为，求的分布列和数学期望.附：，其中.0.10.050.010.0012.7063.8416.63510.828【答案】解：（1）零假设：这次成绩是否优秀与性别无关，由列联表中的数据，可得，因为，所以根据判断，我们可以推断成立，即不能认为这次成绩是否优秀与性别有关.（2）由题意得，随机变量的可能取值为0，1，2，则；；，所以随机变量的分布列为：012所以期望为.16.已知数列的首项，.（1）求证：是等比数列；（2）求数列的前项和；（3）令，求数列的最大项.【答案】（1）证明：因为，所以，又，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列.（2）解：由（1）可得，所以，所以.（3）解：由（2）可得，则，令，得，所以当时，，令，得，所以当时，，即，所以数列的最大项为.17.如图，在四棱锥中，底面，，，.（1）求证：平面平面.（2）若为的中点，且，（ⅰ）求证：四棱锥的各个顶点都在一个球的球面上，并求该球的半径；（ⅱ）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明：因为，所以.因为底面，平面，所以.因为，平面，平面，所以平面.因为平面，所以平面平面.（2）（ⅰ）证明：连接，，因为平面，平面，所以，因为为的中点，所以，同理，有，因为底面，平面，所以，因为为的中点，所以，因此，所以为四棱锥的外接球的球心.按如图所示建立空间直角坐标系，取的中点，连接，易知为底面四边形外接圆的圆心.则，设，则，，，，由，得，即，得，故，.故四棱锥的外接球半径为.（ⅱ）解：由（ⅰ）知，，设平面的法向量为，由得则，取，，得平面的一个法向量为，设平面的法向量为，，，由得解得，令，得，故.设二面角的平面角为，则.故二面角的余弦值为.18.已知椭圆，四点，，，中恰有三点在椭圆上.（1）求椭圆的方程.（2）过点且斜率不为0的直线与椭圆相交于，两点.（ⅰ）若为原点，求面积的最大值；（ⅱ）点，设点是线段上异于，的一点，直线，的斜率分别为，，且，求的值.【答案】解：（1）由对称性知，和在椭圆上，所以所以，椭圆的方程为.（2）（ⅰ）设直线的方程为，点，，由，消去得：，则，，则或.所以，所以面积.令，则，，当且仅当，即时，面积的最大值为1.（ⅱ）因为，所以直线，的倾斜角互补，所以，所以点在线段的垂直平分线上，所以.所以，同理得，，.所以，于是，因为，所以.所以的值为1.19.给定函数，若过点恰能作曲线的条切线，则称是的“秩点”，切点的横坐标为的“秩数”.（1）若是函数的“秩点”，求其“秩数”；（2）证明：是函数的“0秩点”；（3）记使函数的“1秩数”小于0的“1秩点”构成的集合为.证明：对，，且，有.【答案】（1）解：设切点为，由已知得，所以切线方程为，又切线过点，将其代入切线方程得，即，所以或2，则“秩数”为0和2.（2）证明：假设过点存在切线与函数相切，设切点为，且有，所以切线方程为，又切线过点，所以，令，，则.令，解得，，0，或，当时，，当时，，故在区间，，上单调递减，在区间，，上单调递增，所以，又，，故，故，，即方程无实数解，假设不成立.故是的“0秩点”.（3）证明：由已知得，则曲线在点处的切线方程为.故点当且仅当关于的方程，即恰有一个实数解，且该解为负值.设，则点当且仅当恰有一个零点，且该零点小于0.①若，则在上是增函数，，要想恰有一个零点，且该零点小于0，需满足；②若，因为，令，解得或，列表如下：000极大值极小值所以，即；③若，同理可得，即.综上所述，，所以对，，若，则；若，则（）.①当时，，所以，即.②当时，，所以.令，，则，令，得，当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以，所以.③当时，，所以.令，，则，所以单调递增，所以，所以.综上所述，对，，且，有.河北省十校联考2026届高三上学期开学数学试题注意事项：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.3.本试卷命题范围：高考范围.一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.1.设集合，集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，，.故选：B.2.已知复数（为虚数单位），则等于（）A.1 B. C. D.【答案】C【解析】因为复数，所以.故选：C.3.的展开式中二项式系数的和为64，则展开式中的常数项为（）A.60 B. C.15 D.【答案】A【解析】由题可知，解得，则二项式展开式通项公式为，令，解得，所以常数项为.故选：A.4.已知，，则“”是“是奇函数”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】当时，，定义域为，关于原点对称，又，是奇函数；故充分性成立，若是奇函数，则定义域必须关于原点对称，，故必要性成立，“”是“是奇函数”的充分必要条件.故选：C.5.已知函数在上单调递减，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】令，，当时，，所以在单调递减，由题意得，解得.故选：D.6.甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次，且没有出现并列的名次.甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你没有得到冠军.”对乙说：“你虽然不是最差的，但你的名次没有甲的好.”从这两个回答分析，5人的名次排列情况的种数为（）A.12 B.18 C.27 D.36【答案】B【解析】由题意可知共有乙得第4名和乙得第3名两种情况：当乙得第4名，有种可能；当乙得第3名，有种可能，故共有种，故B正确.故选：B.7.一圆台的上、下底面半径分别为1,3,体积为，则该圆台的侧面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为一圆台的上、下底面半径分别为1，3，所以该圆台上底面面积为，下底面面积为；设圆台的高为，由圆台的体积公式可得:，解得.所以圆台母线长为.所以圆台的侧面积为.故选：D.8.有个盲盒，其中有个内有奖品.若抽奖者选定了一个盲盒但未打开时组织方（知道盲盒内部是否有奖品）打开了一个没有奖品的盲盒，此时抽奖者重新选定另外一个盲盒后打开，记此时中奖的概率为；若抽奖者选定了一个盲盒但未打开时有个未选的盲盒因被风吹掉而意外打开，且抽奖者发现其内部没有奖品，此时抽奖者重新选定另外一个盲盒后打开，记此时中奖的概率为，则对任意符合题意的，，都有（）A. B.C. D.无法确定与的大小关系【答案】C【解析】设事件A为“最终中奖”，事件为“一开始选中的有奖”，则，在组织方打开无奖的盲盒后，若一开始选中的有奖，则剩余个盲盒中有个奖品，更换后，若一开始选中的无奖，则剩余个盲盒中有个奖品，则更换后，故，由于风吹掉为随机吹掉，故所有个盲盒中有个奖品，且所有盲盒中有奖品的概率相等，，因此，故.故选：C.二、选择题：本大题共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.下列命题正确的是（）A.两个变量，的相关系数为，若越小，则与之间的线性相关程度越弱B.设随机变量，若，则C.若，且，则D.已知，之间的关系满足，设，若，之间具有线性相关关系，且与之对应的线性回归方程为，则【答案】ACD【解析】对于A，两个变量，的相关系数为，越小，与之间的线性相关程度越弱，故A正确；对于B，随机变量服从正态分布，由正态分布概念知若，则，故B错误；对于C，，又，故，故C正确；对于D，，则，，故，故D正确.故选：ACD.10.已知双曲线的左、右焦点分别为，，抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，点是这两条曲线的一个公共点，则（）A.双曲线的渐近线方程为 B.C.的面积为 D.【答案】BC【解析】由已知，抛物线的焦点坐标为，所以双曲线右焦点，即.又，所以，所以双曲线的方程为.对于A项，双曲线的渐近线方程为，故A项错误；对于B项，联立双曲线与抛物线的方程整理可得，，解得或（舍去负值），所以，代入可得，.设，又，所以，故B项正确；对于C项，易知，故C项正确；对于D项，因为，所以，由余弦定理可得，，故D项错误.故选：BC.11.已知函数对任意实数，都有，且，则（）A. B.C. D.若为正整数，则【答案】ACD【解析】令，得，因为，所以，故A对，令得，令得，故，故B错误；所以函数是周期为4的函数，又，所以，，所以，所以，故C正确；若为正整数，则，故D对.故选：ACD.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.设函数的导数为，且，则___________.【答案】【解析】因为，所以.故答案为：.13.已知，向量，，若，则___________.【答案】【解析】依题意，因为，所以，化简得，又，故，则.故答案为：.14.已知，函数，若，则的最小值为___________.【答案】8【解析】由题意可知的定义域为，令，解得；令，解得.则当时，，故，所以；当时，，故，所以，故，即，又，所以，当且仅当，即，时等号成立，所以的最小值为8.故答案为：8.四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.15.人工智能对人们的生活有较大的影响，为了让教师更加重视人工智能，某校随机抽取30名男教师和20名女教师参加学校组织的“人工智能”相关知识问卷调查（满分100分），若分数为80分及以上的为优秀，其他为非优秀，统计并得到如下列联表：男教师女教师总计优秀201030非优秀101020总计302050（1）根据小概率值的独立性检验，能否认为这次成绩是否优秀与性别有关？（2）从样本中成绩优秀的30名教师中，随机抽取2人进行调研，记抽取的2人中女教师的人数为，求的分布列和数学期望.附：，其中.0.10.050.010.0012.7063.8416.63510.828【答案】解：（1）零假设：这次成绩是否优秀与性别无关，由列联表中的数据，可得，因为，所以根据判断，我们可以推断成立，即不能认为这次成绩是否优秀与性别有关.（2）由题意得，随机变量的可能取值为0，1，2，则；；，所以随机变量的分布列为：012所以期望为.16.已知数列的首项，.（1）求证：是等比数列；（2）求数列的前项和；（3）令，求数列的最大项.【答案】（1）证明：因为，所以，又，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列.（2）解：由（1）可得，所以，所以.（3）解：由（2）可得，则，令，得，所以当时，，令，得，所以当时，，即，所以数列的最大项为.17.如图，在四棱锥中，底面，，，.（1）求证：平面平面.（2）若为的中点，且，（ⅰ）求证：四棱锥的各个顶点都在一个球的球面上，并求该球的半径；（ⅱ）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明：因为，所以.因为底面，平面，所以.因为，平面，平面，所以平面.因为平面，所以平面平面.（2）（ⅰ）证明：连接，，因为平面，平面，所以，因为为的中点，所以，同理，有，因为底面，平面，所以，因为为的中点，所以，因此，所以为四棱锥的外接球的球心.按如图所示建立空间直角坐标系，取的中点，连接，易知为底面四边形外接圆的圆心.则，设，则，，，，由，得，即，得，故，.故四棱锥的外接球半径为.（ⅱ）解：由（ⅰ）知，，设平面的法向量为，由得则，取，，得平面的一个法向量为，设平面的法向量为，，，由得解得，令，得，故.设二面角的平面角为，则.故二