河北省张家口市2026届高三上学期期末教学质量监测 数学试卷

张家口市2026届高三上学期期末教学质量监测数学试题一、单选题1．已知复数（是虚数单位）的共轭复数为，则（

）A． B． C． D．2．已知集合，则（

）A． B．C． D．3．双曲线的渐近线的倾斜角为（

）A．或 B．或 C．或 D．或4．已知函数图象的对称轴为直线，其中，则的最小值为（

）A． B． C． D．5．已知直线的倾斜角为，直线与轴的交点为点，绕点顺时针方向旋转得到直线，与轴的交点为点，则点的坐标是（

）A． B． C． D．6．已知数列中，，则数列的前10项和为（

）A．9 B．10 C．100 D．997．已知甲、乙、丙、丁四名学生利用假期的某周周一到周五去敬老院参加志愿者活动，每天去一人，且甲参加两天活动，其余三名学生每人一天，则安排甲不在相邻两天做志愿者的概率为（

）A． B． C． D．8．已知实数满足，则下列关系一定不成立的是（

）A． B． C． D．二、多选题9．下列命题中的真命题是（

）A．数据：1，2，3，4，5，6，7，8，9，11的分位数是10B．已知，命题“，使平行”的否定是“，平行”C．设，则“”是“”成立的必要不充分条件D．奇函数在定义域上单调递增10．已知动直线经过抛物线的焦点，与交于两点，为坐标原点，则下列结论正确的是（

）A．B．的最小值为4C．抛物线在处的切线的交点在准线上D．当直线的倾斜角为时，是等腰三角形11．已知动圆的圆心在曲线上运动，是原点，则下列结论正确的是（

）A．存在两个不同的实数满足圆经过点B．若圆被直线平分，则圆心的坐标为C．当时，存在某个位置使得圆被两条坐标轴截得的弦长相等D．若点在圆上运动，点在直线上运动，则的最小值为三、填空题12．在的二项展开式中，的系数为（用数字作答）．13．某大型购物商场为吸引顾客设置购物抽奖活动，顾客消费满一定金额后可以参加抽奖活动，抽奖规则是：从一个装有6个大小、形状、质地完全相同的小球（2个红球、4个白球）的不透明盒子中每次随机抽取1个球，记下颜色后放回，摇匀后进行下一次抽取，每名顾客一共有4次抽奖机会，若前3次都抽到红球，则不需要抽第4次，根据抽出的红球数计算奖次．记为抽到红球的次数，则．14．在一个半径的大球内放入个半径均为的小球，若，则的最大值为；若，则的最大值为．四、解答题15．已知数列满足，且．(1)求的值；(2)证明数列为等比数列；(3)求数列的前项和．16．某省为了解高中生对足球赛事的了解情况，特地举办了一次足球常识问卷调查，问卷的满分为100分，统计结果显示，学生成绩，不低于60分为及格，高于80分为优秀，且优秀率为20%．根据某高中学校参加问卷的90名学生的调查结果，得到如下列联表：性别关注足球赛事不关注足球赛事合计男55560女201030合计751590(1)根据小概率值的独立性检验，分析该校学生对足球赛事的关注是否与性别有关；(2)在这90名学生中随机抽取一名，记事件表示抽到“学生关注足球赛事”，事件表示抽到“学生是女生”，求及的值；(3)从全省参与调查的学生中随机选出5人，这5人中及格的人数记作，求的期望与方差．附：，其中．常用的小概率值和相应的临界值：0.050.010.0013.8416.63510.82817．已知在中，角的对边分别为，且．(1)若，求的外接圆的半径；(2)求面积的最大值．18．已知函数．(1)当时，（i）求的图象在点处的切线方程；（ii）过原点向的图象作切线，求该切线的方程；(2)若时，函数有两个极值点，且，求实数的取值范围．19．在空间直角坐标系中，三棱锥的顶点，顶点在平面内，侧面绕转动且与底面形成的二面角为，在转动过程中满足：①；②；③．(1)点和点纵坐标是否相等？证明你的结论；(2)当侧面所在平面为平面时，（i）求动点在平面内的轨迹方程和点在平面内的轨迹方程；（ii）求三棱锥的体积的最大值；(3)当，且时，求三棱锥外接球的表面积．

参考答案1．B【详解】依题意，，所以.故选：B.2．D【详解】由，则或，解得或，则或，所以.故选：D．3．C【详解】令，则，即双曲线的渐近线方程为，倾斜角为或.故选：C．4．A【详解】由于函数的对称轴为直线，令，解得，因为，取，可得，则的最小值为.故选：A．5．D【详解】由题意，直线的倾斜角为，直线与轴的交点为点，所以，又直线绕点顺时针方向旋转得到直线，所以直线的斜率，所以直线的方程为，令，可得，所以.故选：D6．C【详解】由，则，所以数列是首项为，公差为2的等差数列，则数列的前10项和为.故选：C．7．B【详解】解法1：总的安排方法数为种，其中乙、丙、丁全排列方法数为种，甲在乙、丙、丁的排列形成的四个空当中任选两个的方法数为种，故所求概率，解法2：总的安排方法数为种，其中甲两天相邻的排列方法数为种，故所求概率，故选：B．8．B【详解】设，则，取对数得，在同一平面直角坐标系中作出三条直线的大致图象如图所示，三条直线的交点记为，则直线自上而下运动时与三条直线的交点的横坐标分别为，则依次出现，这7种可能的情况，

故选：B．9．AC【详解】对于A，因为，其分位数是，故A正确；对于B，命题“，使平行”的否定是“不平行”，故B不正确；对于C，令，满足，不满足，反之，若，则，所以，所以“”是“”成立的必要不充分条件，故C正确；对于D，在和上都单调递增，但在定义域上不是单调递增的，比如，故D不正确.故选：AC．10．BC【详解】A，直线即，令可得，这与的变化无关，所以动直线过定点，定点是抛物线的焦点，则，所以，错误；B，由A选项知抛物线的方程为是通径时最小，此时，正确；C，抛物线的准线方程为，联立，消得，设，则，点处的切线方程为，即，同理点处的切线方程为，两方程相减可得，代回切线方程可得，所以交点在准线上，正确；D，若直线的倾斜角为，则，联立，消得，解得或，不妨取，所以，所以不是等腰三角形，错误.故选：BC11．ABD【详解】若圆经过原点，则，即，由函数的性质得出有两个不同的交点，即存在两个不同的实数满足圆经过点，选项A正确；当且仅当直线经过圆心时平分圆，所以，解得，圆心为，选项B正确；当时，，圆的方程中令，得，则被轴截得的弦长为；令，得，则被轴截得的弦长为；方程等价于，即，但，所以方程无解，当时，不存在某个位置使得圆被两条坐标轴截得的弦长相等选项C不正确；设，则，令可得，圆心在（0,1）处时的切线的斜率为1，圆心到直线的距离，此时圆上的点到直线的距离的最小值是，选项D正确，故选:ABD．12．80【详解】展开式的通项为，令，得4，所以的系数为.故答案为：8013．【详解】包含两类：前3次都取到红球，或前3次取到2个红球和1个白球且第4次取到红球，其概率为．故答案为：．14．2【详解】大球半径，小球半径，当时，小球球心和大球球心在大球的一条直径上，当时，为使小球半径最大，两个小球的球心与大球球心共线，且两个小球相切于大球球心，此时大球的半径等于一个小球的直径，即，解得；当时，四个小球的球心恰好可以构成棱长为的正四面体的顶点（球心是正四面体的中心），高，正四面体的外接球的半径为，由解得．故答案为：①2；②.15．(1)；(2)证明见解析(3)【详解】（1）因为，由，可得；同理.（2）证法一：因为，所以；由可得，故数列是首项为3、公比为2的等比数列，且.证法二：易得，故，以此类推，，即，则，数列是首项为3、公比为2的等比数列.（3）由（2）得，两式相减可得，16．(1)该校学生对足球赛事的关注与性别有关.(2).(3).【详解】（1）零假设为：学生对足球赛事的关注与性别无关.根据列联表中的数据，得到，根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为该校学生对足球赛事的关注与性别有关.（2）由题意得，，，，故.（3）因为，所以，所以，故，即.17．(1)；(2).【详解】（1）当时，.因为，所以，则.又，可得，则.因为，所以，又因为，所以为锐角，则，因此，则，故外接圆的半径.（2）解法一：由正弦定理及，得；由余弦定理得，又，得，则，则.令，可得，由辅助角公式可得（其中），由，解得，所以，即，所以的最大值为.解法二：同法一得到，因为，所以，所以，又，所以当且仅当时取得最大值，所以的最大值为.18．(1)（i）；（ii）(2)【详解】（1）当时，．（i），故点（0，1）处的切线方程为.（ii）设切点为，则，则切线方程为，代入，可得，得，则切线方程是.（2）当时，，则.由题意得有两个变号零点，即有两个实根，方程可变形为，可转化为直线和曲线有两个不同的交点.由，解得，且是的递增区间，是的递减区间；注意到，且时，，画出其图象如图，当且仅当时函数有两个极值点，且又因为，所以.令，则．又，则，即，两边取自然对数可得．设，那么，分母恒为正值，对于分子对应的函数，在时恒成立，所以单调递减，所以，也就是在时恒成立，所以也单调递减，所以，从而.又在上单调递增，所以当时，取得最大值，且，因此实数的取值范围是.19．(1)相等，证明见解析(2)（i）（或）；.（或）；（ii）(3)【详解】（1）设，顶点，则．因为，则，即，因此点和点的纵坐标相等.（2）（i）点，点在平面内，且不在直线上．因为，所以点在以为焦点，实轴长为的双曲线上（不含实轴端点），故其在平面内方程为或.点，点在平面内，且不在直线上．因为，所以点在以为焦点，长轴长为的椭圆上（不含长轴端点），故其在平面内方程为．综上可得，动点在平面内的轨迹方程为（或），点在平面内的轨迹方程为.（或）；（ii）平面所在平面为平面时，点在以为焦点的等轴双曲线上；当侧面