河北省保定市部分高中2026届高三数学上学期开学考试含解析

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.

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.

4.本试卷主要考试内容：高考全部内容.

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.已知复数z12i,z236i，则z1z2（）

A.17iB.17iC.55iD.55i

【答案】A

【详解】因为z12i,z236i，所以z1z22316i17i.

故选：A.

2.已知集合Ax∣x31,B3,2,0,1,2，则AB（）

A.3,2B.1,2C.0,1,2D.{-2,0,1,2}

【答案】C

【详解】依题意，A{x|x2}，而B3,2,0,1,2，所以AB0,1,2.

故选：C

3.已知实数a,b满足a2b1，则3a9b的最小值为（）

A.3B.23C.3D.6

【答案】B

【详解】依题意，a,bR，3a0,9b0，

1

由a2b1，得3a9b3a32b23a2b23，当且仅当即a2b时取等号，

�2�2

3=3

所以3a9b的最小值为23.

故选：B

4.已知Am,2,Bm3,4是抛物线y22pxp0上两点，则p（）

A.1B.2C.4D.8

【答案】B

【详解】由在抛物线上y22pxp0上，

��,2,��+3,4

可得解得

4=2��,�=1,

故选：16B.=2��+3,�=2.

5.下列区间中，函数存在零点的是（）

log�

3+1,�⩽1,

��=�

A.2,3B.1,233−3−2,�>1C.0,1D.1,0

【答案】A

【详解】当x1时，，不存在零点.

�

当x1时，lo�g�=3+1>，1由≠f0x0，可得3x12.

�

��=33−3−2

因为32912,332712，所以fx的零点在区间2,3内.

故选：A.

6.圆x2y22上的点到直线3x4y100的距离可能为（）

A.8B.6C.4D.2

【答案】D

【详解】由圆x2y22，圆心0,0，半径为2，

10

由题可知，圆心0,0到直线3x4y100的距离d22，

32(4)2

则圆上的点到直线的距离的取值范围为22,22.

故选：D.

7.我们称各个数位上的数字之和为8的三位数为“幸运数”，例如107和224，则所有的“幸运数”共有

（）

A.66个B.55个C.36个D.28个

【答案】C

【详解】当首位数字为1时，后两位相加为7，“幸运数”分别是116,161,125,152,134,143,107,170，

共8个；

当首位数字为2时，后两位相加为6，“幸运数”分别是206,260,215,251,224,242,233，共7个；

当首位数字为3时，后两位相加为5，“幸运数”分别是305,350,314,341,323,332，共6个；

当首位数字为4时，后两位相加为4，“幸运数”分别是404,440,413,431,422，共5个；

当首位数字为5时，后两位相加为3，“幸运数”分别是503,530,512,521，共4个；

当首位数字为6时，后两位相加为2，“幸运数”分别是602,620,611，共3个；

当首位数字为7时，后两位相加为1，“幸运数”分别是701,710，共2个；

当首位数字为8时，后两位相加为0，“幸运数”是800，共1个.

因此，所有的“幸运数”共有8765432136个.

故选：C.

8.在ABC中，tanA,tanB是关于x的方程x23mx3m10的两个实数根，则（）

33

A.mB.m

33

C.tanC3D.tanC3

【答案】D

tantantanAtanB

【详解】由题可得则tanAB3，

tantan1tanAtanB

�+�=3�,

则tanCtanAB�⋅�3，=−所以3�C+为1钝,角，则A,B均为锐角，

所以

3�>0,

−23�+1>0,

解得(−3�)−.4−3�+1≥0,

233

故选：9D≤�<3

二､多选题：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.现有一组数据10,20,30,30,50,60,80，则（）

A.该组数据的极差为70

B.该组数据的众数为30

C.该组数据的第60百分位数为40

D.该组数据的平均数为60

【答案】AB

【详解】由题可知，该组数据的极差为801070，众数为30，故A，B正确；

因为60%74.2，故该组数据第60百分位数为第5个数据50，故C错误；

10203030506080

该组数据的平均数为40，故D错误.

7

故选：AB.

ππ

10.已知函数fx2sinx0,的最小正周期为2π，且xR,fxf，则

26

（）

A.2

π

B.

3

C.fx在0,2π上恰有4个零点

5π

D.将fx的图象向右平移个单位长度后得到一个偶函数的图象

6

【答案】BD

2π

【详解】因为fx的最小正周期为2π，所以1，A不正确.

2π

ππππ

由xR,fxf，得2kπ,kZ，则2kπ,kZ.

6623

ππ

因为，所以，B正确.

23

πππ7π

所以fx2sinx，由0x2π，得x，

3333

π

由2sinx0，

3

ππ

可得xπ和x2π，

33

2π5π

得x和x，

33

则fx在0,2π上恰有2个零点，C不正确.

π5ππ

由fx2sinx，得fx2sinx2cosx，是偶函数，D正确.

362

故选：BD

11.如图，这是一副直角三角板组成的平面图形，从中抽象出四边形ABCD，其中BAD60，

AB1,ABBD,BCCD,BCCD.现将△BCD沿着BD折起，连接AC，得到三棱锥CABD，

取AD,BD的中点分别为E,F，连接CE,CF,EF.下列结论正确的是（）

A.CEBD

B.直线AB与CE所成角的最大值为90

7

C.若CFE90，则三棱锥CABD外接球的半径为

4

D.若CFE30，则直线AC与平面CEF所成的角为60

【答案】ABD

【详解】因为F为BD的中点，BCCD，所以CFBD.

又E是AD的中点，所以EF∥AB，

由ABBD，可得EFBD，又CFEFF,CF,EF平面CEF，

所以BD平面CEF，从而CEBD，故A正确；

由题可知，CEF是直线AB与CE所成的角或其补角，

由BD平面CEF，可得平面ABD平面CEF，

则点C在平面ABD上的投影在直线EF上的一段线段内（包含E,F），

当点C在平面ABD上的投影为点E时，CEF取得最大值，且最大值为90，故B正确；

当CFE90时，即CFEF，又BD平面CEF，所以BDCF，

又BDEFF,BD,EF平面ABD，所以CF平面ABD，

又△ABD是以AD为斜边的直角三角形，

所以三棱锥CABD外接球的球心在过点E且与平面ABD垂直的直线上，

2

设球心到点E的距离为h，外接球半径为R，则R2AE2h2EF2CFh，

13111

由题知AB1,BD3,CFBD,AEAD1,EFAB，

22222

2

所以213，解得0，

1hhh

42

则三棱锥CABD外接球的半径为1，故C不正确；

过点A作BD的平行线，并与FE的延长线交于点G，连接CG

易得AG平面CEF，则直线AC与平面CEF所成的角为ACG，

在△CFG中，CG2CF2FG22CFFGcosCFG，

31

由FGAB1,CF，可得CG，

22

13

由AGBD，可得AC1，

22

AG3

则sinACG，则ACG60，故D正确.

AC2

故选：ABD.

三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.已知向量a2,1,b1,k.若a2ab，则k__________.

【答案】8

【详解】因为a2,1,b1,k，所以2ab3,k2.

又a2ab，所以6k20，

解得k=8.

故答案为：8.

x2y2

13.已知O为坐标原点，F为双曲线W:1a0,b0的左焦点，过F且斜率为3的直线与

a2b2

W在第二象限交于点P，线段PF的中点为Q.若OQ2a，则W的离心率为__________.

【答案】113##131

22

【详解】记W的右焦点为F2，连接PF2,

因为线段PF的中点为Q,O为FF2的中点，所以，

��2=2𝑂=4�

又因为P是双曲线上一点，PF2PF2a，所以PF2a，

π

由直线PF的斜率为3，可得PFF，

23

在△PFF2中，由余弦定理可得cos，

222

�1�2=��+��2−2��⋅��2∠���2

即16a24a24c222a2c，整理得e2e30，

2

113113113

解得e或（舍去），即W的离心率为，

222

故答案为：113

2

14.已知fx是定义域为,00,的奇函数，fx的导函数为fx，且当x0时，

fx

0恒成立.若关于x的方程有解，则正实数a的取值范围为__________.

fx

�1−��=�−�

1

【答案】0,

4

fx

【详解】由题意知，当x0时，0恒成立，即fx与fx同号，

fx

当fx0时，可得fx0，所以fx在,0上单调递增；

当fx0时，可得fx0，所以fx在,0上单调递减，

因为fx是定义域为,00,的奇函数，

根据奇函数的性质，可得函数fx在关于原点对称的区间上单调性相同，

即fx在,0和0,的单调性相同，即要么递增，要么递减；

又因为f1axfx，

由x0,a0，可得1ax0，而x0，

要使方程f1axfx有解，则1axx，

111111

令tx,t0，则a()2，

t2tt244

1

所以正实数a的取值范围为0,.

4

1

故答案为：0,.

4

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.已知等差数列an的前n项和为Sn，且S5175,a629.

（1）求an的通项公式；

（2）求数列an的前n项和Tn.

【答案】（1）an2n41

（2）

2

−�+40�,�≤20,

��=2

【小问1详解�】−40�+800,�>20.

设an的公差为d.

由S5175,a629，

可得

5�1+10�=−175,

解得�1+5�=−29,

�1=−39,

�=2,

则ana1n1d2n41.

【小问2详解】

由（1）可知，当n20时，an0，则anan，

aan

则TS1nn240n.

nn2

当n20时，an0，则anan，

则2.

Tna1a2a20a21a22anSn2S20n40n800

故

2

−�+40�,�≤20,

��=2

16.如图�，−在4正0三�+棱8柱00A,�BC>20A.1B1C1中，ABAA16，D是AB的中点.

（1）证明：BC1//平面A1CD.

（2）求点C1到平面A1CD的距离.

【答案】（1）证明见解析

（2）65

5

【小问1详解】

证明：连接AC1并与A1C交于点O，连接OD.

在正三棱柱ABCA1B1C1中，四边形ACC1A1为矩形，

则O是AC1的中点.

因为D是AB的中点，所以OD//BC1.

又BC1平面A1CD,OD平面A1CD，

所以BC1//平面A1CD.

【小问2详解】

由（1）可知BC1//平面A1CD，

所以点C1到平面A1CD的距离等于点B到平面A1CD的距离.

因为三棱柱ABCA1B1C1为正三棱柱，所以AA1平面ABC.

又CD平面ABC，所以AA1CD.

因为D是AB的中点，所以CDAB.

因为AA1ABA，所以CD平面ABB1A1.

1915

由ABAA16，可得CD33,AD35,S3335.

1A1CD22

111

连接A1B，则VSAA333693.

A1BCD3BCD132

设点B到平面A1CD的距离为d，

则1315.

VSdd

BA1CD3A1CD2

由VV，得315，

A1BCDBA1CDd93

2

6565

解得d，即点C1到平面A1CD的距离为.

55

17.某新能源汽车门店为了解某款汽车的销售情况，将每个月的销售量（单位：辆）进行等级划分：若当

月的销售量在0,30内，则等级为“良”；若当月的销售量在30,50内，则等级为“优”；若当月的销

售量在内，则等级为“特优”.已知该门店该款汽车2024年每个月的销售量如表所示.

月份50,+1∞23456789101112

销售量652331425228374544512538

（1）求2024年月销售等级为“特优”的频率.

（2）若从2024年任选两个月的销售情况进行分析，求至少有一个销售等级为“良”的月份被选中的概率.

（3）为了鼓励销售团队，销售等级为“良”“优”“特优”的月份销售团队将分别获得5万元、10万元、

20万元的奖金.以2024年各销售等级的频率代替2026年各销售等级的概率，记销售团队2026年某两个月

获得的总奖金为X万元，求X的分布列与期望.

1

【答案】（1）

4

5

（2）

11

45

（3）分布列见解析，

2

【小问1详解】

由题可知，2024年中1月、5月、10月的销售等级均为“特优”，

31

故2024年月销售等级为“特优”的频率为.

124

【小问2详解】

由题可知，2024年2月、6月、11月的销售等级均为“良”，

从2024年中任选两个月的销售情况进行分析，

C1C1C25

则至少有一个销售等级为“良”的月份被选中的概率为393

P2

C1211

C25

（或9）.

P12

C1211

【小问3详解】

由题可知，2024年，有6个月的销售等级为“优”，

111

从而每个月的销售等级为“良”“优”“特优”的概率分别为,,，

424

X的可能取值为10,15,20,25,30,40，

2

且111111，

PX10,PX15C2

416424

2

111111，

PX20,PX25C2

24448

2

111111，

PX30C2,PX40

244416

则X的分布列为

X101520253040

111111

P

16448416

11111145

EX101520253040.

164484162

18.已知函数fxlnxexm.

（1）若m0，求曲线yfx在点1,f1处的切线方程；

（2）若fx在1,上单调递减，求m的取值范围；

（3）若m2，证明：fx0.

【答案】（1）e1xy10

（2）,1

（3）证明见解析

【小问1详解】

1

由m0，得fxlnxexx0，则fxex，则f1e,f11e，

x

从而曲线yfx在点1,f1处的切线方程为ye1ex1，即e1xy10.

【小问2详解】

1

由fxlnxexm，得fxexm.

x

因为fx在1,上单调递减，所以fx0在1,上恒成立.

11

令gxexm，则gxexm，

xx2

显然gx0在0,上恒成立，则gx在0,上单调递减，即fx在0,上单调递减，

则e，解得m≤1，

'1−�

即�m的1取=值1范−围为≤0,1.

【小问3详解】

由m2，可得lnelne

�−��−2

�−≤�1−x

令hxlnxx1，则hx.

x

当x0,1时，hx0,hx单调递增，当x1,时，hx0,hx单调递减，

则hxh10，即lnxx1，当且仅当x1时，等号成立.

由lnxx1，可得ex1x，则ex2x1，当且仅当x2时，等号成立.

因为上面两个不等式的取等条件不同，所以lnxex2x1x10，

从而当m2时，fx0.

433

19.已知动点P到点F3,0的距离与它到直线l:x的距离的比值为，记P的运动轨迹为曲线

32

E.

（1）求E的方程.

（2）设M、N是E与x轴的交点，Q是E上异于M、N的一点，直线MQ、NQ的斜率分别为k1、k2.

证明：k1k2为定值.

（3）已知O为坐标原点，点，B、C是E上异于A的两点，若直线AB与AC的斜率之和为3，

1

2

求OBC的面积的最大值.�3,

x2

【答案】（1）y21；

4

（2）证明见解析；（3）1

【小问1详解】

(x3)2y23

设Px,y，由题可知432，

x

3

x2x2

整理得y21，即E的方程为y21.

44

【小问2详解】

因为M、N是E与x轴的交点，Q是E上异于M、N的一点，

由（1）可知，不妨设，，，

000

yy�−2,y02�2,0��,��≠±2

则000.

k1k22

x02x02x04

x2

又在E上，所以0y21，

40

��0,�0�0≠±2

2

x0

21

所以y1，

04

k1k222

x04x044

1

故kk为定值，定值为.

124

【小问3详解】

若直线BC的斜率不存在，设，，

因为直线AB与AC的斜率之和�为�,�3�，�,−�−2≤�≤2,−1≤�≤1,�≠3

11

nn

则221，

kABkAC3

m3m3m3

43

解得m2，不符合题意.

3

若直线BC的斜率存在，设直线BC的方程为，，，

ykxt�=��+���1,�1��2,�2

由2，整理得14k2x28ktx4t240，

x2

y1

4

则Δ，.

2

2222228��4�−4