2026届河北省百师联盟一模数学试题（解析版）

第1页/共1页高三数学一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知全集为，若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据交集、补集运算可知，再结合并集运算求解.【详解】因为，则，所以.故选：A.2.设，是虚数单位，则“复数为纯虚数”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.既不充分也不必要条件 D.充要条件【答案】A【解析】【分析】根据复数的分类，以及充分条件与必要条件的概念，即可求出结果.【详解】因为，若复数为纯虚数，则，，所以；即“复数为纯虚数”是“”的充分条件；若，则，但复数不是纯虚数；即“复数为纯虚数”不是“”的必要条件；综上，“复数为纯虚数”是“”的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题主要考查判断命题的充分不必要条件，涉及复数的分类，属于基础题型.3.已知为正实数，且，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】把化简为为，然后利用基本不等式即可求出最小值【详解】因为，则，由于，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为，故选：C4.已知圆台上底面直径为2，下底面直径为4，母线长为3，则该圆台的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先计算出圆台的高，再利用圆台的体积计算公式计算即可.【详解】由题意，如图，所以故选：A5.一组从小到大排列的数据：，，，，，，，，，若它们的百分位数是中位数的两倍，则的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据中位数定义以及百分位数定义计算可得结果.【详解】数据，，，，，，，，，已是由小到大的排列，数据共个，中位数为第个与第个数据的平均值即中位数为，由，因此百分位数为第个与第个数据的平均值即，得，解得，故选：A．6.数列通项公式为，为其前n项和，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】令，可求得，计算可求得的最小值.【详解】令，因为，所以解得，所以数列前3项为负，从第4项起为正，所以的最小值为.故选：D.7.已知函数（），若在部分的图象与直线恰好产生了三个交点，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用辅助角公式、诱导公式、两角和的正弦公式把原函数解析式化成余弦型函数形式，再利用换元法，结合余弦函数性质进行求解即可.【详解】令，，，所以，问题转化为直线与函数，当时，有三个交点，由，于有，故选：C8.已知直线与相交于点P，点Q在圆上，则（）．A.有最大值 B.有最大值C.有最小值 D.有最小值【答案】A【解析】【分析】先求出两直线所过的定点，进而确定交点的位置，再结合圆的性质求出的最值.【详解】对于直线，可变形为.令，解得，所以直线恒过定点.对于直线，可变形为.令，解得，所以直线恒过定点.因为，所以，已知，，则中点坐标为.，所以半径.则点的轨迹是以AB为直径的圆的一部分，故点P的轨迹为，已知圆的圆心，半径，则圆心与点轨迹圆的圆心的距离为.的最大值为圆心加上两圆半径，即.由于轨迹不包含点，故不存在最小值.故选：A．二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9.如果平面向量，那么下列结论中正确的是（）A. B.C.与的夹角为 D.在方向上的投影为【答案】AB【解析】【分析】根据向量坐标运算及向量共线的意义可得解.【详解】因为，所以．在A中，由，可得，故A正确；在B中，由，可得，故B正确；在C中，由，可得与的夹角为，故C错误；在D中，在方向上的投影为，故D错误．故选:AB．10.设函数的定义域为，且满足，，当时，，则（）A.是奇函数B.C.的最小值是D.方程在区间内恰有个实数解【答案】AB【解析】【分析】根据条件，对各个选项逐一分析判断即可得出结果.【详解】对于选项A，因为函数的定义域为，又，所以，又，得到，所以是奇函数，故选项A正确，对于选项B，因为，所以，得到的周期为，所以，故选项B正确，对于选项C，当时，，又是奇函数，所以当时，，所以选项C错误，对于选项D，当时，，则，得到，因为，所以函数关于直线对称，所以在上的图像如图所示，由图知，在有4个交点，又的周期为，且在区间上共有506个周期，所以方程在区间内恰有个实数解，故选项D错误，故选：AB.11.已知，分别是椭圆：的左、右焦点，为坐标原点，为上异于左、右顶点的一点，是线段的中点，则（）A. B.C.内切圆半径的最大值为 D.外接圆半径的最小值为1【答案】ACD【解析】【分析】由椭圆的定义结合中位线的性质可得A正确；由椭圆的性质令点在第二三象限时可得B错误；由焦点三角形的面积公式结合内切圆的性质和椭圆的性质可得C正确；由正弦定理可得D正确.【详解】对于A，，故A正确；对于B，由三角形中位线得，因为当点在第二三象限时，，此时，故B错误；对于C，因为，，当点在上顶点时，最大，所以，所以，所以，所以由三角形相似可得，设内切圆半径为，又，所以内切圆半径的最大值为，故C正确；对于D，设的外接圆半径为，则由正弦定理可得，故D正确.故选：ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若圆与轴相切，则实数的值是_____.【答案】【解析】【分析】求得圆心与半径，进而可得，求解即可.【详解】由，可得，方程表示圆，则可得圆心为，半径为，由圆与轴相切，则可得，解得.故答案为：.13.已知二面角为直二面角，，，，，则与，所成的角分别为，，与所成的角为___________.【答案】##【解析】【分析】如图，设，根据勾股定理求得，，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线线角即可.【详解】如图，，则两两垂直.作，垂足分别为，连接，则，所以为与的所成角，为与的所成角，即，，建立如图空间直角坐标系，设，则，得，，所以，取，则，又，所以，即与所成的角为.故答案为：14.已知函数，若函数，则的所有零点之积为__________；方程有三个不同的解，则实数的范围为__________.【答案】①.1②.【解析】【分析】根据题意函数的零点即方程的根，作出函数的图象，数形结合求解；方程有三个不同的解，即与的图象有三个不同的交点，求出曲线过原点的切线斜率，数形结合求解.【详解】由题，函数的零点即方程的根，作出函数的图象，如图，与的图象共4个交点，从右到左依次是，当时，，则，得，故，即，同理，可得，所以，即的所有零点之积为1.作出函数的图象如图，方程有三个不同的解，即与的图象有三个不同的交点，当时，，则，设切点为，所以曲线过原点的切线斜率，解得，所以曲线过原点的切线斜率，要使得与的图象有三个不同的交点，则，即，所以实数的取值范围为.故答案为：1，.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，且的解集为．（1）当，求函数的解析式；（2）若关于的不等式对一切实数恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）由的解集为可知且.则.（2）的解集为R.当时，满足题意；当时，由.综上，.16.已知平面向量，，，且，（1）求在方向上的投影向量；（2）求与的夹角.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据向量平行及垂直的坐标表示及投影向量的定义可得；（2）根据向量的坐标运算分别求得与的坐标，利用向量数量积的定义及其坐标表示求得与夹角的余弦值，即可求得与的夹角.【小问1详解】，，解得..，，..，.所以在方向上的投影向量为．【小问2详解】由（1）知，，，，，.设，的夹角为，则：.，即向量与向量的夹角为．17.在三棱柱中，，为的三等分点，侧面为正方形，，.（1）证明：平面平面；（2）证明：平面；（3）正方形边长为，，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）用面面垂直的判定定理证明；（2）用线面垂直的判定定理证明；（3）建立空间直角坐标系，用空间向量求解.【小问1详解】由四边形是正方形，可知，又，，平面，则平面.而平面，故平面平面.【小问2详解】因为，，，平面，则平面，而平面，则.由（1）知平面平面，平面平面，平面，且，故平面【小问3详解】以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.在中，，，则.则有，，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则有，可取，得.记直线与平面所成的角为，故.即直线与平面所成角的正弦值为.18.已知F为抛物线C：的焦点，点A在C上，.点P（0，-2），M，N是抛物线上不同两点，直线PM和直线PN的斜率分别为，.（1）求C的方程；（2）存在点Q，当直线MN经过点Q时，恒成立，请求出满足条件的所有点Q的坐标；（3）对于（2）中的一个点Q，当直线MN经过点Q时，|MN|存在最小值，试求出这个最小值.【答案】（1）（2）（2，2）或（4，2）（3）5【解析】【分析】（1）设，进而求出的坐标，利用坐标式向量相等的条件求解即可（2）设，，联立直线MN的方程和抛物线方程，利用韦达定理求出，，代入得或，利用点斜式求出Q的坐标；（3）根据（2）结论和条件得MN只能过（2，2）点，此时|MN|有最小值，利用韦达定理和两点间的距离公式求出，然后构造函数，通过导函数求出单调区间，利用函数的单调性求出最值【小问1详解】，设，则，所以得：，解得或（舍），所以抛物线C的方程为①.【小问2详解】设直线MN：②，，，联立①②，得.所以③，，④.，，则，.因为，即：，即：，则或，能满足③式.则MN：，或MN：，所以定点Q的坐标为（2，2）或（4，2）；【小问3详解】如MN过（4，2）点，当时，，但此时M，N重合，则|MN|无最小值，所以MN只能过（2，2）点，此时|MN|有最小值.由（2），在④中，令得：，，.令，则，.当时，，在上为减函数，当时，，在上为增函数，所以当时，有最小值，|MN|有最小值..【点睛】关键点睛：第二问的关键：根据一元二次方程根与系数的关系，结合恒成立，得到直线MN过定点.19.已知，（1）时，证明：；（2）若对任意的，恒成立，求的取值范围；（3）证明：对任意的正整数，总有．【答案】（1）证明见解析（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）构造，利用导数研究函数的单调性、最值计算即可；（2）设，借助端点效应，分类讨论并根据隐零点计算即可；（3）根据（2）的结论得出，