河北省保定市2026届高三数学上学期摸底考试含解析

河北省保定市2025-2026学年高三上学期摸底考试

数学试题

一、单选题

1．已知集合AxN∣x4,Bx∣1x2，则AB（）

A．0,1,2B．0,1C．1,2D．1,2

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（）

π1π1

A．radB．radC．radD．rad

50502525

0.2

3．0.311，则的大小关系为（）

a2,blog2,ca,b,c

33

A．abcB．acb

C．cabD．cba

4x32x1

4．已知函数fx,fa4，则fa（）

2x

A．2B．1C．1D．3

12

5．设m0,n0,2m1，则n的最小值为（）

nm

A．10B．9C．8D．7

1

6．已知向量a在向量b方向上的投影向量为b,a4,b2，则ab（）

2

A．10B．35C．52D．4

1111

7．已知Sn为数列an的前n项和，a12,3Snn2an，则（）

a1a2a3a4

3343

A．B．C．D．

5452

1

8．已知,满足sin,2tantan，则sin2的值为（）

4

135

A．B．C．1D．

44212

二、多选题

13i

9．已知复数z（其中i是虚数单位），z为z的共轭复数，则（）

1i

A．z的虚部为1

B．z5

C．z在复平面内对应的点位于第四象限

D．z是方程x24x50的一个复数根

π

10．把函数fxsin2x3cos2x的图象向左平移个单位长度，得到函数gx的图象，则（）

12

π

A．gx2sin2x

6

ππ

B．gx在,上单调递增

62

π

C．对任意xR,gxgx成立

6

π

D．若方程gxm在0,上有且仅有一个实数根，则实数m的取值范围为1,1

2

22

anxbnxcnx'

11．数列an,bn,cn满足函数fx，其中fx，fn1xfnx，则（）

nex1ex

n1

A．an(1)B．b20254048

101

C．cn2cn1cn22D．fi(0)5000

i1

三、填空题

2x1,x0

12．函数fx，若fa2，则实数a的值为.

log1x,x0

2

13．正四棱台的下底面棱长是上底面棱长的2倍，高为7，侧棱长为3，则该四棱台的体积为.

14．如图，在ABC中，AC2，点D在线段BC上，且BD3DC，AD2，则当BAC取最小值时，

ABC的面积为.

四、解答题

15．已知数列an为等差数列，Sn为数列an的前n项和，且a1a48,S525.

(1)求数列an的通项公式；

an

(2)若bnan2，求数列bn的前n项和Tn.

16．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC为边长为2的等边三角形，点D为线段AB上一点，且

满足A1DCD,A1DCD.

(1)证明：点D为线段AB中点；

(2)求平面A1DC与平面A1ACC1的夹角.

5π

17．如图，平面四边形ABDC中，ACD,AC3,CD1.ABC的三个内角A,B,C的对边分别是a,b,c，

6

且csinA3acosC3b.

(1)求角A；

(2)若AB7，求BAD的面积；

π

(3)若DBC，求四边形ABDC的周长.

6

18．已知fxexalnx，其中aR,gxcosxxsinx.

(1)当a1时，求证：x1是函数fx的极小值点；

(2)求gx在π,π上的最小值；

(3)若对任意x10,，总存在x2π,π，使得fx12agx2成立，求实数a的取值范围.

x

19．函数fxlnx1.

x2

(1)求fx图象在点0,f0处的切线方程；

(2)已知正项数列an满足an1fan，且a11.

证明：（i）anan1an2an1；

11

（ii）nN*,a.

2n1n2n1

参考答案

1．A

【详解】由题意知AxN∣x40,1,2,3,4，

而Bx∣1x2，故AB0,1,2，

故选：A

2．C

120π

【详解】由题意可得120密位等于2πrad.

600025

故选：C

3．B

0.2

11

【详解】由于0.3，，，所以；

a21blog200c1acb

33

故选：B

4．A

4x32x1

【详解】fx2x2x3，

2x

设gxfx32x2x，定义域为R，则gx2x2xgx，

所以gxgx0，即fx3fx30，

所以fxfx6.因为fa4，所以fa642.

故选：A

5．B

22122

【详解】由题设n(n)(2m)52mn522mn9，

mmnmnmn

2

2mn1

mnm2

当且仅当，即3时取等号，故n的最小值为9.

1m

2m1n3

n

故选：B

6．D

1

【详解】因为向量a在向量b上的投影向量为b，

2

ab1ab1

所以bb，所以，又a4,b2，

|b|22|b|22

222

所以ab2，所以ab(ab)a2abb16444.

故选：D.

7．C

【详解】因为3Snn2an，所以3Sn1n3an1，

两式相减可得3an1n3an1n2an，

an2

n1

所以nan1n2an，所以，

ann

anan1a2n1n2

当n2时，ana12nn1，

an1an2a1n1n21

当n1时，a12符合n2的情况，

1111

所以annn1，所以，

annn1nn1

111111111114

所以1，

a1a2a3a422334455

故选：C.

8．B

2sinsin

【详解】2tantan，，

coscos

2sincoscossin，

sincossincoscossin，

sincoscossinsincos，

sincossin，

sincossin，

1

sin，

4

1

sincos，

4

sinsin，

1

sincoscossin，

4

1

sincos，

4

11

sincos，

44

1

sincos，

2

sin2sinsincoscossin，

113

.

244

故选：B.

9．ACD

13i

【详解】已知复数z，其中i是虚数单位。首先简化z：

1i

(13i)(1i)111(i)3i13i(i)1i3i3i242i

z2i，

(1i)(1i)12i21(1)2

因此，z2i，其共轭复数z2i.

选项A：z2i，虚部为1，故A正确；

选项B：z221255，故B错误；

选项C：z2i，对应点(2,1)位于第四象限，故C正确；

选项D：代入z2i得：

(2i)24(2i)5(44ii2)84i534i84i50.

满足方程，故D正确.

故选：ACD

10．AC

ππ

【详解】由fxsin2x3cos2x2sin(2x)，其图象向左平移，

312

ππππ

所以gxfx2sin[2(x)]2sin(2x)，A对，

121236

ππππ5πππ

由x,，则2x,，显然gx在,上不单调，B错，

6262662

πππππ

由gx2sin[2(x)]2sin(2x)2sin(2x)，

66666

π

故对任意xR,gxgx成立，C对，

6

πππ5π

由x0,，则2x,，

2666

πππππ5π

则gx在2x,上单调递增且值域为[1,2]，在2x,上单调递减且值域为[1,2]，

662626

π

要使gxm在0,上有且仅有一个实数根，则m[1,1){2}，D错.

2

故选：AC

11．ABD

ax2bxc

【详解】因为fxnnn，

nex

x2x2

2anxbneanxbnxcneanx2anbnxbncn

则fnx2x，

exe

an1an

'

又因为fn1xfnx，则bn12anbn，

cn1bncn

x2

且fx，则a11,b10,c10.

1ex

对于选项A：因为an1an，a11，

可知数列an是以首项a11，公比为1的等比数列，

n1n1

所以an111，故A正确；

n1n1

对于选项B：因为bn12anbn，an1，即bn1bn21，

bn1bn

可得n1n2，

11

bb

可知数列n是以首项10，公差为2的等差数列，

n

11

b

nn

则n2n1，即b2n11，

1n

2025

所以b20252202414048，故B正确；

对于选项C：因为cn1bncn，即cn1cnbn，

可得cn2cn1cn2cncn1cn1cn2

nn1

bnbn12n112n1

nn1

12n12n21，

n12,n为奇数

所以cn2cn1cn221，故C错误；

2,n为偶数

对于选项D：因为fn0cn，且c10，cn1cnbn，

101101101505050

2i219850

则，

fi(0)cicib2i22i1122i15000

i1i1i2i1i1i12

101

所以fi(0)5000，故D正确；

i1

故选：ABD.

1

12．0或

4

【详解】当a0时，f(a)2a12a0；

1

当a0时，f(a)log1a2a，

24

1

综上所述：a0或a.

4

1

故答案为：0或.

4

13．287

3

【详解】

设上底面棱长为a，则下底面棱长为2a，

2

2

则有22a2a2，解得，

73a2

2

1287

故该四棱台的体积V224222427.

33

故答案为：287.

3

424

14．/2

33

【详解】因为BD3DC，所以BD3DC，所以ADAB3ACAD，

31292123

所以ADACAB，则ADACABABAC，

4416168

9123

又AC2，AD2，所以24cc2cosBAC，

16168

c24444

即12cosBACc2c4，当且仅当c即c2时等号成立，

cccc

1

此时cosBAC，由函数ycosx在0,π上单调递减知，

3

1

故当c2时，cosBAC取最大值，BAC取最小值，

3

2

122

此时sinBAC1，

33

112242

ABC的面积为SABACsinBAC22.

2233

故答案为：42

3

15．(1)an2n1,nN

22

(2)n24n

33

【详解】（1）解：设等差数列an的公差为d，

a1a42a13d8

2a13d8

因为aa8,S25，可得，即，

14554

S55a1d255a110d25

2

解得a11,d2，所以an1(n1)22n1，

所以数列an的通项公式为an2n1,nN

an2n1

（2）解：由（1）知：an2n1，所以bnan22n12，

132n1

则Tnb1b2bn(12)(32)(2n12)

2n

n12n1212

132n1212322n1

2122

22

n24n.

33

16．(1)证明见解析

π

(2)

4

【详解】（1）三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，

所以AA1平面ABC，

因为CD平面ABC，

所以AA1CD，

又因为A1DCD，AA1A1DA1，AA1,A1D平面ABB1A1，

所以CD平面ABB1A1，

因为AB平面ABB1A1，

所以CDAB，

又因为ABC为等边三角形，

所以D为线段AB的中点.

（2）

过点D作平面ABC的垂线，并以该直线作为z轴，

以D为原点，以DB,DC所在直线为x轴，y轴，建立空间直角坐标系，

2，，

A1DCD213AA1312

所以A11,0,2，D0,0,0，C0,3,0，A1,0,0，

DA11,0,2，DC0,3,0，

AA10,0,2，AC1,3,0，

设平面A1DC的法向量为m(x1,y1,z1)，

DA1mx12z10

，

DCm3y10

则m(2,0,1)，

设平面A1ACC1的法向量为n(x2,y2,z2)，

AA1n2z20

，

ACnx23y20

则n(3,1,0)，

设平面A1DC与平面A1ACC1的夹角为，

mn62

所以coscosm,n，

mn21312

π

所以平面ADC与平面AACC的夹角为.

1114

π

17．(1)

3

(2)7

(3)323

【详解】（1）因为在ABC中，csinA3acosC3b，

故sinCsinA3sinAcosC3sinB，而sinBsinACsinAcosCcosAsinC，

故sinCsinA3sinAcosC3sinAcosCcosAsinC，

即sinCsinA3cosAsinC，结合C0,π,sinC0，

π

可得sinA3cosA,tanA3，而A0,π,A；

3

5π

（2）由于ACD,AC3,CD1，

6

25π

故AD2AC2CD22ACCDcosACD312231cos7，

6

则AD7；

5π

ADCD1sin

又，故CDsinACD617321，

sinACDsinCADsinCAD,cosCAD

AD7271414

（CAD为锐角）

πππ

所以sinBADsinCADsincosCADcossinCAD

333

33211727

，

2142147

1127

故SABADsinBAD777；

BAD227

（3）延长BA,DC交于点E，

5πππ2π

因为ACD，故ACE，又BAC，故EAC，

6633

ππ

故AEC，故ACE为等腰三角形，则CE2ACcos3，则DEDCCE4；

66

π

又DBC，则DBCAECDEB，

6

结合BDCEDB，可得BDC∽△EDB，

BDCD

故,BD2DECD4,BD2，

DEBD

在BDC中，CD2BD2BC22BDBCcosDBC，

即14BC223BC，解得BC3，

π

又AC3，结合（1）知A，

3

故ABC为正三角形，故AB3，

故四边形ABDC的周长为ABBDDCCA3213323.

18．(1)证明见详解

(2)1

(3)1,

【详解】（1）当a1时，fxex1lnx，函数fx的定义域为0,，

1

则fxex1，

x

1

∵yex1在0,上单调递增，y在0,上单调递增，

x

1

∴fxex1在0,上单调递增，

x

1

∵f1e110，

1

∴当x0,1时，fxf10，则函数fx单调递减，当x1,时，fxf10，则函数fx

单调递增，

∴x1是函数fx的极小值点.

（2）gxcosxxsinx，则gxsinxsinxxcosxxcosx，

π

当xπ,时，gx0，∴函数gx单调递增，

2

π

当x,0时，gx0，∴函数gx单调递减，

2

π

当x0,时，gx0，∴函数gx单调递增，

2

π

当x,π时，gx0，∴函数gx单调递减，

2

gπ1，g01，gπ1，

∴gx在π,π上的最小值为1.

（3）由（2）可知，当x2π,π时，gx21.

对任意x10,，总存在x2π,π，使得fx12agx2成立，

即对任意x10,，使得fx12a1恒成立，

x1a

即elnx12a1在0,上恒成立.

xa1

x1a1

令hx1=elnx12a1，则hx1=e，

x1

由（1）可知hx在0,上单调递增，

又∵x0时，hx，x时，hx，

故一定存在x00,，使得hx0=0，

即当x10,x0时，hx1hx0=0，hx1单调递减，当x1x0,时，hx1hx0=0，hx1单调递

增，

x0a

∴hx1hx0=elnx02a1，

11

x0ax0a

又∵hx0=e0，即e，ax0lnx0

x0x0

1

则hx0=3lnx02x010恒成立.

x0

令tx0，t0，

113

则ht=3lnt2t1，ht=2，

tt2t

13

∴t0，∴ht=20，

t2t

1

即函数ht在0,上单调递减，且h1=3ln1210，

1

1

∴hx0=3lnx02x010h1，

x0

则x00,1

1

令amx0x0lnx0，mx010，故函数mx0在0,1上单调递减，

x0

∴amx0m11.

1

19．(1)yx

2

(2)证明见解析

【详解】（1）由题意知f(0)0，切点(0,0)，

1x2x12

f(x)，

x1(x2)2x1(x2)2

1211

所以f(0)，k，

01(02)22