河北省邯郸市2026届高三下学期保温考试数学试卷（含解析）

河北邯郸市2026届高三下学期数学保温试题一、单选题1．已知集合，则集合的元素个数为（

）A．3 B．4 C．5 D．62．已知复数满足（为虚数单位），则（

）A． B． C． D．3．已知平面单位向量，的夹角为，则向量与的夹角为（

）A． B． C． D．4．已知函数的图象关于直线对称，则（

）A． B．2 C．1 D．5．已知正三棱台，，侧棱，则正三棱台的体积为（

）A． B． C． D．6．若函数有奇数个零点，则的最小值是（

）A．6 B．8 C．16 D．187．已知等差数列的首项，且满足.若，令，数列的前项和为，则当时，的最大值为（

）A．11 B．10 C．9 D．88．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，且为抛物线的焦点.设抛物线与在第一象限的交点为，若，则的离心率为（

）A． B． C． D．二、多选题9．已知的内角、、的对边分别为、、，则下列说法正确的是（

）A．若，则不是锐角三角形B．若，则是锐角三角形C．若，则D．若，则10．一个箱子里有6件产品，其中4件甲类品，2件乙类品.现从中依次不放回取出2件，记第一次取得乙类品为事件，第二次取得乙类品为事件，取出的2件产品中有乙类品为事件，则下列说法正确的是（

）A． B．C． D．11．设函数，则（

）A．当时，B．若，则C．曲线在处的切线与的图象有两个交点D．若两个不等的正数，满足，则三、填空题12．已知双曲线的一条渐近线方程为，则______.13．已知，则满足的的取值范围为______.14．如图，将一张A4纸（长宽比为）折出3条与短边平行的折痕，现沿折痕将其围成一个四棱柱（边与边重合）．若任取该四棱柱的两条棱，它们平行的概率为，则当该四棱柱体积最大时，直线与所成角的余弦值为______．四、解答题15．已知数列中，，（为常数，），且，，是公比不为1的等比数列.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和.16．如图，在斜三棱柱中，底面是等边三角形，，点在底面上的射影在线段上，且与底面所成的角为.(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值.17．某研究机构随机调查了某校100名高中生最近一个月每周使用某AI学习工具的平均时间（单位：小时），得到如下频率分布表：使用时间区间（小时）频率0.10.20.40.20.1研究发现，使用时间不同的学生在接下来的数学测试中成绩提升显著（分数提高15分以上）的比例不同，使用时间区间在、、、、的学生中成绩显著提升的比例依次为10%、20%、50%、30%、10%.现用表格中的频率估计概率.(1)从该校学生中随机抽取一人，设事件表示“学生使用时间区间在”，事件表示“学生成绩显著提升”，求；(2)若该AI学习工具有三种不同的指导方式，其对应的提升学习效果值如下表：指导方式个性化深度指导标准指导常规指导提升学习效果值8分/人5分/人4分/人现学校提供两种指导方案：方案Ⅰ：随机选取3名学生，统一提供“标准指导”.方案Ⅱ：随机选取3名学生，向使用时间区间在的学生提供“个性化深度指导”，向其他学生提供“常规指导”.设每位学生的使用时间区间相互独立.以随机变量表示方案Ⅰ的总学习效果提升值，表示方案Ⅱ的总学习效果提升值.以期望学习效果提升值最大化为标准，学校应选择哪种指导方案？请说明理由.18．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在上．(1)求的方程；(2)设直线：与交于、两点．（ⅰ）若，求的值；（ⅱ）若为平面上一点，且，求的最大值．19．已知函数.(1)当时，求的单调区间；(2)设为的极小值点.（ⅰ）当时，若正实数为的零点，证明：；（ⅱ）若，求的取值范围.参考答案1．B【详解】集合，共有4个元素，故选B.2．A【详解】由得：，.3．D【详解】因为，且，所以以，为邻边构成的平行四边形为菱形，故其对角线相互垂直，所以向量与的夹角为.4．D【详解】法一：根据对称性，有，即，解得.法二：，其中，由题意，为函数的最值，所以，即，即，两边平方得，解得.法三：根据三角函数在对称轴处取极值，由，则，解得.5．C【详解】如图，将正三棱台补成正三棱锥，作平面分别交平面、平面于、，作平面交于，则、分别为、的中心.因为，所以，，所以，设该正三棱台的高为，因为，所以，故，故选C.6．B【详解】，又定义域为，则函数为偶函数，由函数有奇数个零点，则，即，所以，当且仅当，即，时等号成立，即的最小值是.7．C【详解】设数列的公差为，则，所以，，因为，所以，解得，所以，又因为，，所以，所以，当，即，则，当时，，当时，，数列是单调递增数列，数列是单调递减数列，所以的最大值为9.8．D【详解】作抛物线的准线，则过椭圆的左焦点，过作交于，因为椭圆与抛物线有共同的焦点，所以，设，因为，，所以，，又因为，所以，在直角三角形中，，所以，解得，所以.9．ACD【详解】选项A：由，可得，则或，由于为三角形的内角，故或，为直角三角形或钝角三角形，故A正确；选项B：当时，，对于任意，，恒成立，为钝角三角形，故B错误；选项C：由，得，由余弦定理得：，，，故C正确；选项D：由正弦定理，则，即，，，故D正确．10．BCD【详解】选项A，，二者相等A错误；选项B，左边：右边：，，不等式成立B正确；选项C，条件概率公式：，发生则一定发生，故；同理，，又，所以二者条件概率相等C正确；选项D，事件就是（至少一次抽到乙类），根据概率加法公式：，代入验证：，D正确.11．AD【详解】由题意得，，对于A，当时，，所以在上单调递增，又，所以，故A正确；对于B，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且，，因为，所以，所以，所以解集为，且，故B错误；对于C，易得曲线在处的切线方程为，联立与可得，即，得，故切线与的图象只有一个交点，故C错误；对于D，因为在上单调递增，且，不妨设，则，则，又，且在上单调递增，所以，所以，即，故D正确.综上，选AD.12．【详解】由双曲线方程知其渐近线方程为：，一条渐近线方程为，，即.13．【详解】解法1：画出和的函数图象，如图所示：由图可知：的解集为.解法2：因为，所以，当时，，所以，即或，舍去.当时，，所以，即，恒成立.所以的解集为.解法3：由题：，展开得到：，所以，当时，，则，解得：，当时，，则，解得：.所以的解集为.14．【详解】由棱柱的定义知棱柱的侧棱相互平行，上下底面的对应边分别平行，故只需考虑一个底面边的平行情况．①若底面四边形的两组对边都不平行，则任取两条棱平行的概率为；②若底面四边形恰有一组对边平行，则任取两条棱平行的概率为；③若底面四边形有两组对边平行，则任取两条棱平行的概率为；综上可知，该四棱柱底面为平行四边形．因此，当且仅当，，即底面四边形为正方形时底面面积最大，此时四棱柱的体积最大．连接，易得，或其补角为异面直线与所成角，设，又该A4纸的长宽比为，则，所以，，在中，由余弦定理得，故直线与所成角的余弦值为．15．(1)(2)【详解】（1），又，故，，因为，，成等比数列，所以，解得或.当时，，不符合题意，舍去；故.当时，由于，，…，，相加可得.又，，故.当时，上式也成立，所以.（2）由（1）可得，，所以数列的前项和.16．(1)证明见解析(2)【详解】（1）由题可知，四边形是菱形，因为点在底面上的射影在线段上，所以平面，因为平面，平面，所以，，因为与底面所成的角为，，所以与底面所成的角也为，即，所以，所以点为中点，因为为等边三角形，所以，又平面，平面，，所以平面.（2）以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由题可知，，，，，，所以，所以，，设平面的法向量为，则，不妨取，则，设平面的法向量为，则，不妨取，则，设二面角的平面角为，则，故二面角的正弦值为.17．(1)(2)应选方案Ⅱ，理由见解析【详解】（1）由题可知，，，所以，由全概率公式可得：，所以.（2）对于方案Ⅰ，总提升值为确定值，故.设方案Ⅱ下抽取的3名学生中使用时间在区间的人数为，由题可知，服从二项分布，即，所以.又因为，所以，因为，所以根据期望学习效果提升值最大化的标准，学校应选方案Ⅱ.18．(1)(2)（ⅰ）（ⅱ）【详解】（1）由椭圆的左、右焦点分别为，，则，又椭圆过点，所以，又，故，所以的方程为．（2）（ⅰ）因为直线：与椭圆交于、两点，设、两点坐标分别为，，联立，消去，整理得，则，解得，则，，又，，则，即，又因为点在椭圆上，即，联立方程组，解得，，，，由于点在直线方程上，解得，，，，又因为，所以．（ⅱ）设线段的中点坐标为，则，所以，所以，所以，又，则点在以为直径的圆上，而，当且仅当、、三点共线时等号成立，，其中.法1：（三角换元法）设，，则，所以，，当时，，所以的最大值为．法2：（导数法求最值）令，则，，所以，因为在上单调递减，由，得当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减，所以，所以的最大值为．19．(1)单调递减区间为，单调递增区间为(2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ）【详解】（1）当时，，，则，令，则，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，故的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）依题意，，且，令，则，（ⅰ）当时，若，则，在上递减，从而，即在上递增，若，令，则.当时，有，在上递减，当时，有，在上递增，故在处取极小值，且又当时，，事实上，，故存在唯一，使得，因此，当时，，即单调递增；当时，，即单调递减；当时，，即单调递增；故在处取极小值.由于在上单调递减，所以，又因为当时，，事实上，，故存在唯一，使得，因此，有，从而，故.（ⅱ）令，，①当时，