河北省NT名校联合体2025-2026学年高三上学期1月月考数学（含答案）

2025—2026学年第一学期高三年级数学检测题

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、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。

考试时间为120分钟，满分150分

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.已知集合A={x|x²>1},,则下列结论正确的是

A.A∩B={x|x<-1}B.A∩B={x|-1<x<1}

C.AUB={x|x<-1}D.AUB={x|x<1}

2.复数的共轭复数记为z,则z·z=

A.-2iB.-2C.2iD.2

3.已知向量a=(x+1,x),b=(x,2),则下列结论正确的是

A.“a⊥b”的必要条件是“x=-3”B.“a//b”的必要条件是“x=1—√3”

C.“a⊥b”的充分条件是“x=3”D.“a//b”的充分条件是“x=1+√3”

4.已知函数f(x)=|2lnx-1|,若f(a)=f(b),a≠b,则16°·8°的最小值为

A.2√3B.163eC.√3eD.4

5.若圆x²+(y-1)²=r²(r>0)上到直线的距离为√5的点有且仅有2个，则半

径r的取值范围是

ABCD.(√5,+∞)

6.在直四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，底面ABCD为菱形，AA₁=AB=BD.若该直四棱柱

的体积为32√3,则以B为球心，表面积为112π的球面与侧面AA₁D₁D的交线长度为

ABCD

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7.已知函数f(x)=sinx,将f(x)图象上点的横坐标变为原来的(纵坐标不变),再将所

得图象向右平移：个单位长度，得到函数g(x)的图象.若,总存在唯

一实数β∈[0,m],使得g(a)+g(β)=0,则实数m的取值范围为

ABUD

8.对于任意的x>0,不等式(eˣ-3x)(lnx-x+a)≤0恒成立，则实数a的值为

A.eB.1C.1n2D.ln3

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.下列说法正确的是

A.若样本数据x₁,x₂,…,x。的方差s²=0,则所有的x;(i=1,2,3,…,n)都相等

B.在做回归分析时，残差图中残差点均匀分布在横轴两侧，且分布的带状区域的宽度越窄

表示回归效果越好

C.以模型y=ce去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设z=1ny,求得线性回归方程

为z=0.3x+4,则c,k的值分别是4和0.3

D.样本数据x₁,x₂,…,xn的平均数x=4,则样本数据2-3x₁,2—3x₂,…,2-3xn的平

均数为一10

10.已知抛物线x²=4y的焦点为F,A,B是抛物线上两动点，下列说法正确的有

A.抛物线的焦点坐标为F(0,-1)

B.若|AF|+|BF|=8,则线段AB的中点到x轴的距离为6

C.以线段AF为直径的圆与x轴相切

D.以点A为圆心，线段AF的长为半径的圆与准线相切

11.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，点E在正方形BB₁C₁C内运动(含

边界)且AE⊥B₁C,则下列结论正确的有

A.点E的轨迹长度大小为√2

B.三棱锥A-CD₁E的体积随着E的位置变化而变化

C.当点E位于点B时，异面直线AE与B₁D₁所成角最小，且最小值为

D.F为直线B₁D₁上一点，则EF的最小值为

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三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.若(3x—1)⁵=asx⁵+ax⁴+a₃x³+a₂x²+a₁x+a。,则a₁+a₂+a₃+a₄+a₅=

13.已知双曲线的左焦点为F,过原点O的直线与双曲线C交

于A,B两点(点A位于第二象限),M为BF的中点，直线OM为双曲线C的一条渐近

线，且|BF|=4|AF|,则双曲线C的离心率为

14.数列{an}的前n项和为2n+¹-2,数列{bn}满足,则

数列{cn}的最小项为

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.(13分)设函数的图象在x=1处的切线平行于直线2x-y=0,记

g(x)的导函数为f(x),数列{an}满足,an+1=f(an).

(1)试判断数列{a,}的单调性，并给出证明；

(2)当n≥2,n∈N'时，求证：

16.(15分)人工智能，是引领新一轮科技革命与产业变革的战略技术，其研发过程融合了算

法创新与工程实践的深度智慧.某科技公司计划开发三款不同的大语言模型A,B,C.每

款模型的研发分为两个主要阶段：算法设计评审和工程部署验收.只有算法设计评审通

过后，才能进入工程部署验收，两个阶段相互独立.只有同时通过这两个阶段，模型才能

正式上线发布.已知A,B,C三款模型通过算法设计评审的概率依次为·,通过工

程部署验收的概率依次为

(1)求A,B,C三款中恰有两款通过算法设计评审的概率；

(2)若已知A,B,C三款中恰有一款通过算法设计评审，求通过的模型为A的概率；

(3)经过算法设计评审和工程部署验收两个阶段后，A,B,C三款模型能成功上线的数

量为随机变量X,求X的分布列及数学期望E(X).

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17.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AD//BC,PA=2,AB=1,

BC=1,AD=2,M是PD的中点.

(1)求证：CM//平面PAB;

(2)若AB⊥AD.

①求平面PAB与平面PCD夹角的正弦值；

②在线段BD上是否存在点Q,使得点D到平面PAQ的距离为1?若存在，求出的

值；若不存在，请说明理由.

18.(17分)已知椭圆C与双曲线有相同的焦点，椭圆C的离心率为

(1)求椭圆C的方程；

(2)设A为椭圆C的上顶点，F₁为左焦点，M,N为椭圆C上的两点，点N关于y轴的

对称点为N′,AF₁为∠MAN的平分线，求证：直线MN′过定点.

19.(17分)已知函数

(1)求f(x)的最值；

(2)若不等式e“≥sinx-cosx+2≥-x²+ax+1对任意的x≥0恒成立，求实数a

的值.

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2025—2026学年第一学期高三年级数学检测题

参考答案及评分意见

1.A【解析】因为集合A=(xlx²>1}=(.x|.x<-1或x>1),集合

所以A∩B=xlx<-1},AUB={x|x<-1或x>1).故选A.

2.D【解析】因为,则：=1+i,所以：·z=(1—i)(1+i)=2.故选D.

3.D【解析】a=(x+1.r).b=(x,2),若a⊥b,则x(x+1)+2x=0,解得x=0或—3,故A.C错误；

若a//b,则2(x+1)=x².解得x=1±√3.故B错误.D正确，故选D.

4.B【解析】由f(x)=|2lnx-1|得x>0,作出函数f(r)的大致图象，如图.

由f(a)=f(b),得a>0.b>0.21na-1=—(21nb—1),即Ina+Inb=1,则ab=e.

所以16“·8=2·2=2+马≥2=√1a·=2√=2=16,

当且仅当4a=3b,即时等号成立.所以16°·8ᵇ的最小值为16.故选B.

5.C【解析】由题意，圆心为(0.1),则圆心(0,1)到直线的距离

要使圆x²+(y-1)²=r²(r>0)上到直线的距离为√5的点有且仅有2个.

则Ir-d|<√5<r+d.则半径r的取值范围是.故选C.

6.D【解析】依题意，,设AA,=AB=BD=a(a>0),

如图，取AD的中点E.连接BE.

因为△ABD是边长为4的正三角形，所以BE⊥AD,且BE=√AB²-AE²=√4:-2²=2√3.

设以B为球心的球的半径为R,则该球的表面积为4πR²=112π,解得R=2√7.

因为AA,⊥平面ABCD.BEC平面ABCD,所以BE⊥AA₁.

又因为BE⊥AD.AD∩AA₁=A.AD.AA₁C平面AA,D₁D,所以BE⊥平面AA,D₁D.

数学答案第1页(共8页)

所以球面被平面AA₁D₁D截得的圆的半径为√(2√7)²—(2√3)²=4.

设在侧面AA,D₁D中，以E为圆心，4为半径的圆弧与棱AA₁.DD,的交点分别为M.N.MN即为所求的交

线.因为AA:⊥AD.A.,所以,则,同理得,所以

又因为EM=EN=4,所以MN的长度为,故选D.

7.B【解析】由题意，先将f(x)图象上点的横坐标变为原来的(纵坐标不变),得y=sin2.x的图象，

再将所得图象向右平移个单位长度，得的图象.

因为,所以

所以

,总存在唯一实数β∈[0,m],使得g(a)+g(β)=0,

即.总存在唯一实数β∈[0,m],使得g(β)=-g(a)。

即,总存在唯一实数β∈[0,m].使得

因为β∈[0m].所以2β∈[0.2m].

因为总存在唯一实数β,使得,则,解得·

所以实数m的取值范围为.故选B.

8.D【解析】设f(x)=e-3x,则f'(x)=e-3.

当x<In3时，f'(x)<0,f(x)单调递减；当x>In3时，f'(x)>0.f(x)单调递增.

所以f(x)在x=1n3处有最小值，f(ln3)=3—3ln3<0.

又因为,f(2)=e²—6>0.所以f(x)有两个零点，设x₁,r₂(x₁<r₂).

当x<r₁x>x₂时，f(x)>0.当x₁<x<.x₂时，f(x)<0.

由e'=3x,两边取自然对数得x=Inx+In3,即Inx-x+In3=0的两根也是x₁·x₂.

g(x)=Inx-x+a,要使得任意的x>0,不等式(c³-3x)(lnx-x+a)≤0恒成立，

必需f(x),g(x)有相同的零点x₁x₂,并且在零点分段对应的区间内，函数值异号.

当a=In3时，g(x)有两个零点x₁,x:,当x<x₁x>x₂时，g(x)<0.

当x₁<x<x₂时，g(x)>0,满足条件，所以满足条件的a=1n3.故选D.

9.ABD【解析】对于A,设样本数据x·x₂,…,x。的平均数为x,

则所以x₁=x₂=…=xn=x,故A正确；

对于B,在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越好，故B正确；

对于C,由题意得Iny=k.z+Inc=0.3.x+4,所以k=0.3.Inc=4,c=e¹,故C错误；

数学答案第2页(共8页)

对于D,样本数据x₁·x₂·…,x。的平均数x=4,

则样本数据2-3x:,2-3x₂,….2—3x。的平均数为2-3x=2-3×4=-10,故D正确.故选ABD.

10.CD【解析】对于A,抛物线x²=4y的准线方程为y=-1,焦点为F(0,1),故A错误.

对于B,设点A(x₁·y₁),B(x₂,y₂),由抛物线的定义得|AF|+|BF|=y₁+y₂+2=8.即y₁+y₂=6.

所以线段AB的中点到x轴的距离,故B错误.

对于C,因为|AF|=y₁+1,线段AF的中点为,该点到x轴的距离

故以线段AF为直径的圆与x轴相切，故C正确，

对于D,因为|AFI=y₁+1,故以A为圆心，线段AF的长为半径的圆与准线相切，故D正确，故选CD.

11.ACD【解析】由正方体的性质可知，B₁C⊥平面ABC₁D₁,平面ABC₁D₁∩平面BB₁C₁C=BC₁,

所以点E的轨迹为线段BC₁,其长度大小为√2,故A正确.

由正方体的性质可知，BC₁//平面ACD₁△ACD,的面积不变，所以VA-cD₁E=VE-ACD₁·

即三棱锥A-CD₁E的体积始终不变，故B错误.

设异面直线AE与B₁D₁所成角为θ,则cosθ=|cos(AE,B₁D>I.

设BE=λBC,则AE=AB+BE=AB+λBC₁=AB+λAD+λAA.

又B₁D₁=BD=AD-AB,则AE·B₁D₁=(AB+aAD+λAA)·(AD-AB)

因为AB,AD,AA,两两垂直，所以AE·B₁D=λ-1.|B₁DI=√2,|AE|=√1+2x².

因为0≤λ≤1,所以,所以当λ=0时，cosθ取得最大值,所以当点E位于点

B时，异面直线AE与B₁D,所成角最小，最小值为,故C正确.

设EB=x(O≤r≤√2).B₁F=y.EF=EB+BB+B₁F,又因为,(EB.

,所以EF:=EB²+BB²+BF²+2EB·BBi²+2EB·B₁F+2BB·B₁F²

当且仅当时，取到最小值，即,所以EF的最小值为,故D正确.故选ACD.

12.33【解析】令x=0,则ao=(3×0-1)⁵=-1,令x=1,则ao+a₁+a₂+a₃+a:+a;=(3×1-1)⁵=2³,

所以a₁+a₂+a₃+a.+as=2⁵-(一1)=33.

【解析】设双曲线C的右焦点为F'(c,0),连接AF',BF',如图.

数学答案第3页(共8页)

因为O,M分别是AB.BF的中点，所以OM//AF.

又因为直线OM是双曲线C的一条渐近线，所以

由双曲线的对称性，得|BF|=|AF'|.由|BF|=4|AF|,得|AF'|=4|AF|.

又因为A|F'|-|AF|=2a,所以|.

在△FAF′中，由余弦定理,化简

所以双曲线C的离心率

14.【解析】因为数列{a。}的前n项和为2"+1-2,所以当n=1时，a₁=2²-2=2;

当n≥2时，a。=(2n+1-2)一(2"—2)=2”,又因为a₁=2满足上式，所以a=2".

因为,所以当n=1时，又b₁=1²=1,

当n≥2时

两式相减得，b。=(2n-1)[n²—(n-1)²]=(2n—1)²,又因为b₁=1满足上式，所以bu=(2n-1)².

所以,由,得4n²-20n+17<0.

解得,即当2≤n≤3时，c₁>c₂>c₃<c₁<c₅<…<c。,

所以数列(c,}的最小项为

15.(1)解：数列(a。)单调递减，………………1分

理由如下：由题意，,则g'(x)=x²+2ax,所以g'(1)=1+2a.

因为函数的图象在x=1处的切线平行于直线2x-y=0.直线2x-y=0的斜率为2,

所以g'(1)=1+2a=2,解得,所以f(x)=g'(x)=x²+x.……………3分

则an+1=f(an)=a²+a又,所以an+1>0,所以a>0,

所以an+1-a。=a:>0.

所以数列(a。}单调递增.…………………………6分

(2)证明：因为au+1=a。(a„+1),a>0,所则……8分

……10分

数学答案第4页(共8页)

…………12分

所以………………………13分

16.解：(1)设A,B.C三款模型通过算法设计评审分别为事件M.N,T,

A,B,C三款中恰有两款通过算法设计评审为事件D.…………2分

则P(D)=P(MNT)+P(MNT)+P(MNT)

.……………4分

所以A,B.C三款中恰有两款通过算法设计评审的概率为………………5分

(2)设A.B,C三款中恰有一款通过算法设计评审为事件E,则P(E)=P(MNT)+P(MNT)+P(MNT)=

…………7分

由条件概率公式得……8分

(3)设A,B.C三款模型能成功上线分别为事件Q.W.R.

则.…………10分

X的可能取值为0.1.2.3,

则

所以X的分布列如下，

X0123

……………………14分

P

所以数学期望………………15分

17.(1)证明：如图，取PA的中点N.连接MN,BN.

∵M为PD的中点.∴MN//AD,且

数学答案第5页(共8页)

又∵BC=1.BC//AD∴BC//MN,且BC=MN.

∴四边形BCMN为平行四边形，∴CM//BN2分

∵BNC平面PAB.CMC平面PAB∴CM//平面PAB3分

(2)解：①∵PA⊥平面ABCD,且AB⊥AD.∴AB.AD,AP两两垂直.

以点A为坐标原点，AB.AD,AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.

则A(0.0.0),B(1.0.0),C(1.1.0),D(0.2.0).P(0.0.2),

∴AB=(1.0.0).AP=(0.0.2),PD=(0.2,-2).CD=(-1.1.0)5分

平面PAB的一个法向量为n₁=(0.1,0)6分

设平面PCD的法向量为n₂=(x,y,z),

则令x=1,则n:=(1.1,1).…………7分

∴平面PAB与平面PCD夹角的正弦值为………………9分

②存在点Q满足题意.

BD=(一1.2.0),AD=(0.2.0),

假设存在点Q满足题意，设BQ=λBD=(一λ.2λ.0),0≤λ<1,

∴Q(1—λ,2λ.0),AQ=(1—λ,2λ,0).…………11分

设平面PAQ的法向量为n₃=(a.b,c),

令a=2λ,则n=(2λ.λ-1,0).…………13分

∴点D到平面PAQ的距离

化简得λ²+6λ-3=0,解得λ=2√3-3或λ=-2√3-3(舍去),即………15分

18.(1)解：双曲线的标准方程

因为,所以双曲线的焦点为(±1,0).…………………2分

因为椭圆C与双曲线的焦点相同，设椭圆C且a²-b²=1.

因为椭圆C的离心率为,即,c=1,则a=√2.

数学答案第6页(共8页)

所以椭圆C的方程………………5分

(2)①证明：设直线AM.AN的倾斜角分别为a和β,则直线AN′的倾斜角为180°—β.

由题意，设a和β均不等于90°,又因为直线AF,的斜率,所以其倾斜角为45°,

所以a+β=90°,即a=90°—β,…………………7分

,即tanatanβ=1,

又因为tanβ=—tan(180°-β),所以tan(180°-β)tana=-19分

设直线AM.AN′的斜率分别为k;,k₂,则k₁k₂=-1.

所以直线AM.AN′的方程分别为y=k₁x+1,y=kz.x+1,设M(x₁·y₁),

由消去y,整理得(2k²+1)x²+4k₁.z=0,解得

………………12分

点.同理得.………13分

由题意，直线MN′的斜率存在，故设直线MN′的方程为y=mx+n,

代人点M的坐标得.化简得k²(2n+2)—4mk;+n-1=0.

同理有k(2n+2)-4mk₂+n-1=0,

故k₁,kz是方程(2n+2)x²-4mx+n-1=0的两个根，

故k,解得,…………16分

故直线MN′的方程为,直线MN’过定点.…………17分

19.解：(1)因为,x∈R,所以f'(x)=x-sinx.………………2分

设φ(x)=x-sin