河北省保定市2026届高三上学期摸底考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河北省保定市2026届高三上学期摸底考试数学试题一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意知，而，故，故选：A.2.密位制是度量角度的一种方法，我国在航海和军事领域采用的是6000密位制，即把一个周角等分为6000份，每一等份是1密位，则120密位等于（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由题意可得120密位等于.故选：C.3.，则的大小关系为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由于，，，所以；故选：B.4.已知函数，则（）A.2 B.1 C. D.3【答案】A【解析】，设，定义域为R，则，所以，即，所以.因为，所以.故选：A.5.设，则的最小值为（）A.10 B.9 C.8 D.7【答案】B【解析】由题设，当且仅当，即时取等号，故的最小值为9.故选：B.6.已知向量在向量方向上的投影向量为，则（）A. B. C. D.4【答案】D【解析】因为向量在向量上的投影向量为，所以，所以，又，所以，所以.故选：D.7.已知为数列的前项和，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，所以，两式相减可得，所以，所以，当时，，当时，符合的情况，所以，所以，所以，故选：C.8.已知满足，则的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，，，，，，，，，，，，，，.故选：B.二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.已知复数（其中是虚数单位），为的共轭复数，则（）A.的虚部为1B.C.在复平面内对应的点位于第四象限D.是方程的一个复数根【答案】ACD【解析】已知复数

，其中是虚数单位。首先简化：，因此，，其共轭复数.选项A：，虚部为1，故A正确；选项B：，故B错误；选项C：，对应点位于第四象限，故C正确；选项D：代入得：满足方程，故D正确.故选：ACD.10.把函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（）A.B.在上单调递增C.对任意成立D.若方程在上有且仅有一个实数根，则实数的取值范围为【答案】AC【解析】由，其图象向左平移，所以，A对，由，则，显然在上不单调，B错，由，故对任意成立，C对，由，则，则在上单调递增且值域为，在上单调递减且值域为，要使在上有且仅有一个实数根，则，D错.故选：AC.11.数列满足函数，其中，，则（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】因为，则，又因为，则，且，则.对于选项A：因为，，可知数列是以首项，公比为的等比数列，所以，故A正确；对于选项B：因为，，即，可得，可知数列是以首项，公差为的等差数列，则，即，所以，故B正确；对于选项C：因为，即，可得，所以，故C错误；对于选项D：因为，且，，则所以，故D正确；故选：ABD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分.12.函数，若，则实数的值为__________.【答案】或【解析】当时，；当时，，综上所述：或.故答案为：或.13.正四棱台的下底面棱长是上底面棱长的2倍，高为，侧棱长为3，则该四棱台的体积为__________.【答案】【解析】设上底面棱长为，则下底面棱长为，则有，解得，故该四棱台的体积.故答案为：.14.如图，在中，，点在线段上，且，，则当取最小值时，的面积为______.【答案】【解析】因为，所以，所以，所以，则，又，，所以，即，当且仅当即时等号成立，此时，由函数在上单调递减知，故当时，取最大值，取最小值，此时，的面积为.故答案为：.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.已知数列为等差数列，为数列的前项和，且.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.解：（1）设等差数列的公差为，因为，可得，即，解得，所以，所以数列的通项公式为.（2）由（1）知：，所以，则.16.如图，在直三棱柱中，底面为边长为2的等边三角形，点为线段上一点，且满足.（1）证明：点为线段中点；（2）求平面与平面的夹角.（1）证明：三棱柱为直三棱柱，所以平面，因为平面，所以，又因为，，平面，所以平面，因为平面，所以，又因为为等边三角形，所以为线段的中点.（2）解：过点作平面的垂线，并以该直线作为轴，以为原点，以所在直线为轴，轴，建立空间直角坐标系，，，所以，，，，，，，，设平面的法向量为，，则，设平面的法向量为，，则，设平面与平面的夹角为，所以，所以平面与平面的夹角为.17.如图，平面四边形中，的三个内角的对边分别是，且.（1）求角；（2）若，求的面积；（3）若，求四边形的周长.解：（1）因为在中，，故，而，故，即，结合，可得，而；（2）由于，故，则；又，故（为锐角），所以，故；（3）延长交于点E，因为，故，又，故，故，故为等腰三角形，则，则；又，则，结合，可得∽，故，在中，，即，解得，又，结合（1）知，故为正三角形，故，故四边形的周长为.18.已知，其中.（1）当时，求证：是函数的极小值点；（2）求在上的最小值；（3）若对任意，总存在，使得成立，求实数的取值范围.（1）证明：当时，，函数的定义域为，则，∵在上单调递增，在上单调递增，∴在上单调递增，∵，∴当时，，则函数单调递减，当时，，则函数单调递增，∴是函数的极小值点.（2）解：，则，当时，，∴函数单调递增，当时，，∴函数单调递减，当时，，∴函数单调递增，当时，，∴函数单调递减，，，，∴在上的最小值为.（3）解：由（2）可知，当时，.对任意，总存在，使得成立，即对任意，使得恒成立，即在上恒成立.令，则，由（1）可知在上单调递增，又∵时，，时，，故一定存在，使得，即当时，，单调递减，当时，，单调递增，∴，又∵，即，则恒成立.令，，则，，∴，∴，即函数在上单调递减，且，∴，则，令，，故函数在上单调递减，∴.19.函数.（1）求图象在点处的切线方程；（2）已知正项数列满足，且.证明：（i）；（ii）.（1）解：由题意知，切点，，所以，，所以在点处的切线方程为：.（2）证明：（i