河南省2026届高三数学上学期第一次质量检测试题

2025—2026学年高三上学期第一次质量检测试题

数学

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡上和试卷指定位置上.

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.

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.

2

Bx∣y1x

1已知集合A0,1,2，，则AB（）

A.0B.1C.0,1D.0,1,2

【答案】C

【详解】根据题意，集合Bx∣y1x2x∣1x20x∣1x1，

又集合A0,1,2，所以AB0,1.

故选：C

2.已知复数z满足z2z6i，则z（）

A.2iB.2iC.12iD.12i

【答案】B

【详解】设复数zabia,bR，

满足z2zabi2abi3abi6i，

a2

所以，则z2i.

b1

故选：B.

1

1

3

3.设124，则a,b,c的大小关系为（）

a,blog1,c3

325

A.acbB.bca

C.cbaD.cab

【答案】A

11

x10

134

【详解】因为单调递减，所以1411，

yac31

3333

ylogx21

因为1单调递减，所以blog1>log1=1，

22522

则a,b,c的大小关系为acb.

故选：A.

ππ

4.将函数fxsinx0的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于坐标原点对称，则

66

的值可以是（）

A.4B.5C.10D.16

【答案】B

ππ

【详解】由题意，令函数fxsinx0的图象向左平移个单位长度后所得函数为gx，

66

ππππ

则gxsinxsinx,0，

6666

又平移后得到的图象关于坐标原点对称，即函数gx为奇函数，

ππ

所以kπkZ，解得6k1kZ，

66

当k1时，5.

故选：B

5.已知定义在R上的函数f(x)满足f(x3)f(x1)，且f(x1)是奇函数，则下列结论错误的是

（）

A.f(1)0B.f(0)f(2)C.f(4)f(4)D.f(11)1

【答案】D

【详解】因为f(x3)f(x1)，则有fx7fx3fx1，

所以fx8fx，由此可知fx为周期为8的周期函数，

又因为f(x1)是奇函数，所以fx1fx1，

因为f(x3)f(x1)，所以f(x3)fx1；

对于A选项，根据fx1fx1，将x0代入，

得f1f1，解得f(1)0，A正确；

对于B选项，根据f(x3)fx1，将x1代入，

得f0f2，B正确；

对于C选项，根据fx8fx，将x4代入，

得f4f4，C正确；

对于D选项，根据fx8fx，有f11f3，

又根据f(x3)fx1，将x0代入，

得f3f1，由A选项可知f(1)0，

所以f11f10，所以D错误.

故选：D

6.已知P2a,0,Qb,ab(a0,b0)，动圆(xa)2(yb)2r2(r0)经过原点，且圆心在直线

x2y2上．当直线PQ的斜率取最大值时，r（）

A.2B.22C.3D.23

3333

【答案】B

ab

【详解】由题意可得，a2b2r2,a2b2，直线PQ的斜率为k．

PQ2ab

2ab1211212b2a12b2a9

因为a2b552，

abab2ab2ab2ab2

2b2a2ab2

当且仅当，即ab时，等号成立，所以，

ab32ab9

2222822

即当直线PQ的斜率取最大值时，ab，所以rab，故r．

393

故选：B．

2π1

7.已知tan()，tan，则cos2（）

542

12122424

A.B.C.D.

145145145145

【答案】D

πtan111

【详解】tan，解得tan，

41tan23

1

tan

tantan211

又tan3，解得tan，

1

1tantan1tan513

3

2

11

2221

22cossin1tan1324

所以，

cos2cossin2222

cossin1tan11145

1

13

故选：D.

1

8.已知球O是正三棱锥PABC的外接球，AB3,PA5,AEEB，过点E作球O的截面，若

3

13

截面面积为π，则直线OE与该截面所成的角为（）

16

ππππ

A.B.C.D.

6432

【答案】C

【详解】如图，作PH平面ABC，垂足为H，则H是正三角形ABC的中心，

因为ABACBC3，PCPAPB5，

所以HC1，则PHPC2CH2512，

13317

因为AEEB，取AB的中点T，所以ET，EHET2HT2，

341644

25

设正三棱锥外接球的半径为R，则R22R1，得R，

4

5397

所以OHPHR2，故OEOH2EH21，

441616

设过点E的球O的截面圆的半径为r，圆心为S，Q为截面圆上一点，

13π13

=πr2，则r2，

1616

22225131233

所以OSRr，则OS，

16161642

OS3

所以OE与该截面所成角为OES，故sinOES，

OE2

ππ

OES，即OE与该截面所成角为.

33

故选：C.

二､多项选择题：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.

x

x1

9.已知函数fxa(a0，且a1)，则（）

a

A.fx是奇函数B.f2x[fx]22

C.fx的值域是2,D.fx在,0上单调递减

【答案】BCD

【详解】对于A，函数f(x)定义域为R，

xx

x1x1

fxaa，则函数f(x)为偶函数，故A错误；

aa

2x

2x1

对于B，f2xa,

a

2

x2xx2x

2x12x1x12x1

[fx]2a2a2a2a,

aaaa

所以f2x[fx]22，故B正确；

对于C，因为a0且a1，则ax0，

xx

x1x1

由基本不等式得，a2a2，

aa

x

x1

当且仅当a，即x0时，等号成立，

a

所以fx的值域是2,，C正确；

a2x1

对于D，fxaxlnaaxlnalna·，

ax

当a1时，lna0，a2x在x,0时小于1，

所以f(x)0，故fx在,0上单调递减，

当0a1时，同理可得fx在,0上单调递减，故D正确.

故选：BCD

10.正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,E,F,M分别是棱AD,A1B1,BB1的中点，则（）

A.EF//BC1

BEFA1C1

C.EF//平面BB1D1D

7

D.点E到平面FCM的距离为

14

【答案】BC

【详解】

建立如图所示的空间直角坐标系：正方体棱长为2，

则E1,0,2,F2,1,0,A12,0,0,B2,2,2,C10,2,0,B12,2,0,D10,0,0,

所以EF1,1,2,BC12,0,2,A1C12,2,0，

因为102，所以EF//BC1不成立，A选项错误；

，所以，B选项正确；

EFA1C12200EFA1C1

BB10,0,2,D1B12,2,0

BB1A1C10202020，

D1B1A1C10202020，

所以平面BB1D1D的一个法向量为A1C12,2,0，

又因为，所以平面，所以//平面，C选项正确；

EFA1C11200EFBB1D1DEFBB1D1D

F2,1,0,C10,2,0,M2,2,1，则FC12,1,0,C1M2,0,1,

设平面FC1M的法向量为mx,y,z，

FC1m=2xy0

所以，取y2，则z2,x1，故m1,2,2；

C1Mm=2xz=0

由EF1,1,2,

EFm1247

设点到平面FCM的距离为，则d，D选项错误；

E1d2

m222123

故选：BC.

2

11.已知抛物线C:y2pxp0的焦点为F,O为坐标原点，动点P在C上，若点M2,3满足

MF2OF，则（）

A.C的准线方程为x1

B.PMF周长的最小值为5

π

C.直线MF的倾斜角为

6

D.四边形OPMF不可能是平行四边形

【答案】ABD

2pp

【详解】抛物线C:y2pxp0的焦点为F,0，准线方程为x，

22

2

p2p

又点M2,3满足MF2OF，所以2032，

22

14

即3p28p280，解得p2或p（舍去），

3

所以抛物线C:y24x，则准线方程为x1，焦点为F1,0，故A正确；

过点P作准线x1的垂线，垂足为H，由抛物线的定义可知PHPF，

所以C△PMFPMMFPFPMMFPHPMPH2MH25，

当且仅当M、P、H三点共线时取等号，

所以△PMF周长的最小值为5，故B正确；

30π

因为k3，所以直线MF的倾斜角为，故C错误；

MF213

过点M作OF的平行线，交抛物线于点P，

23

y4xx335

即，解得4，即P,3，则MP2OF，

y3444

y3

所以四边形OPMF不是平行四边形，故D正确.

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a5,2，b1,3，则向量a在向量b上的投影向量的坐标为______.

13

【答案】,

1010

【详解】因为向量a5,2，b1,3，

2

所以ab51231，b13210，

abb113

所以向量a在向量b上的投影向量的坐标为：a1,3,.

abb101010

13

故答案为：,.

1010

x2y2

13.设双曲线C:1a0,b0的右焦点为F，过F作C的一条渐近线的垂线，垂足为H，线

a2b2

段FH交C于点P，若FP2PH，则C的离心率为__________.

【答案】5

11

【详解】由HPPF，可知点P在线段FH上，且HPPF，如图所示，根据双曲线的对称性，不

22

妨设点H在第一象限，

设O为坐标原点，则直线OH的方程为bxay0．由FHOH，则点Fc,0到直线bxay0距离为

bc

HFb，

b2a2

12b

又HPPF，则PFb．由FOc，可知cosHFO．

23c

设双曲线C的左焦点为F，连接PF，

2b

由双曲线的定义可知PFPF2a2a，

3

22

4b22b

4c2a

93b

在PFF中，由余弦定理可得cosPFF，

2b

22cc

3

整理得3b2a2b，即2ab，则4a2c2a2，5a2c2，所以C的离心率e5．

故答案为：5.

x2

14.已知函数fx1xe，当关于x的方程2fx4afx10的不同实数根的个数最多时，

实数a的取值范围是______．

23

【答案】,

24

【详解】fx1xex则fxxex，所以f00，

当x0时，fx0；当x0时，fx0，

所以在,0上单调递增，在0,上单调递减，如图，

，

fxmaxf01

设tfx，则t1，

2

2fx4afx10，

即2t24at10，

显然t0不是方程2t24at10的解，

1

则4a2t（t1且t0），

t

如下图所示，

1

（1）当224a22时，直线y4a与曲线y2t（t1且t0）无交点，则方程

t

2

2fx4afx10无实数解，

12

（2）当4a22时，直线y4a与曲线y2t（t1且t0）有唯一交点，其横坐标为，

t2

2x2

此时直线t与曲线fx1xe有唯一交点，即方程2fx4afx10有唯一实数解

2

12

（3）当4a22时，直线y4a与曲线y2t（t1且t0）有唯一交点，其横坐标为，此时

t2

2x2

直线t与曲线fx1xe有两个交点，即方程2fx4afx10有两个实数解，

2

1

（4）当224a3，直线y4a与曲线y2t（t1且t0）有两个交点，设其横坐标分别为t1，

t

2x

t2（0tt1），此时直线tt1和直线tt2与曲线fx1xe各有两个交点，即方程

122

2

2fx4afx10有四个实数解，

1

（5）当4a3时，直线y4a与曲线y2t（t1且t0）有两个交点，设其横坐标分别为t

t3

2x

（0t），1，此时直线tt3与曲线fx1xe各有两个交点，直线t1与曲线

32

x2

fx1xe有唯一的交点，即方程2fx4afx10有三个实数解，

1

（6）当4a3时，直线y4a与曲线y2t（t1且t0）有唯一个交点，设其横坐标分别为t

t4

2

（2），此时直线tt与曲线fx1xex有唯一交点，即方程

0t442fx4afx10

2

有唯一实数解，

（7）当4a22时，直线y4a与曲线有两个公共点，对应的t有两个负值，每一个t值对应的x值

只有一个，原方程有两个根，

23

综上，当a时，关于x的方程的不同实根最多.

24

23

故答案为：,

24

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.在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,asinC3ccosA.

（1）求A；

22

（2）点D在边BC上，AD平分BAC，若a4,AD，求ABC的周长.

3

π

【答案】（1）A

3

（2）426

【小问1详解】

因为asinC3ccosA，

由正弦定理得sinAsinC3sinCcosA，

又sinC0，所以tanA3，

π

由于0Aπ，则A.

3

【小问2详解】

因为SABCSABDSADC，

111

所以bcsinBACcADsinBADbADsinCAD，

222

22

即3bcADbcbc，

3

由余弦定理得a2b2c22bccosAb2c2bc(bc)23bc，

所以3(bc)226bc480，

46

解得bc26，或bc（舍去），

3

所以abc426，即ABC的周长为426.

16.已知公差不为0的等差数列an的前n项和为Sn,S416，且a2,a5,a14依次成等比数列.

（1）求an的通项公式；

（2）对于任意*n，求实数的取值范围.

nN,2Sn

【答案】（1）an2n1

9

（2）,

8

【小问1详解】

设等差数列an的公差为d，

由已知可得2，

a14da1da113d

因为d0，解得d2a1，

又S44a16d16a116，

得a11,d2，

所以an2n1.

【小问2详解】

a1ann12n1n2

由（1）可知an2n1，则Sn，

n22

n2

由2nS可得，

n2n

n2

令b，

n2n

2222

(n1)nn2n1(n1)2，

bb

n1n2n12n2n12n1

当1≤n≤2时，bn1bn0，

当时，-<，

n3bn+1bn0

9

则数列b的最大项为b，

n38

9

故，

8

9

即实数的取值范围为,.

8

17.菱形ABCD中，ABC120EA平面ABCD，EA//FD，EAAD2FD2，

（1）证明：直线FC//平面EAB；

（2）求二面角EFCA的正弦值；

2EM

（3）线段EC上是否存在点M使得直线EB与平面BDM所成角的正弦值为？若存在，求；若不

8MC

存在，说明理由.

EM1

【答案】（1）证明见解析（2）10（3）存在，

4MC3

【详解】解：建立以D为原点，分别以DA，DT（T为BC中点），DF的方向为x轴，y轴，z轴正方

向的空间直角坐标系（如图），

则A(2,0,0)，B(1,3,0)，C(1,3,0)，

D(0,0,0)，E(2,0,2)，F(0,0,1).

（1）证明：EA(0,0,2)，AB(1,3,0)，

设n(x,y,z)为平面EAB的法向量，

nEA02z0

则，即，

nAB0x3y0

可得n(3,1,0)，

又FC(1,3,1)，可得nFC0，

又因为直线FC平面EAB，所以直线FC//平面EAB；

（2）EF(2,0,1)，FC(1,3,1)，FA(2,0,1)，

设为平面的法向量，

n1(x,y,z)EFC

nEF02xz0

则1，即，可得，

n1(3,3,6)

n1FC0x3yz0

设为平面的法向量，

n2(x,y,z)FCA

nFA02xz0

则2，即，可得，

n2(1,3,2)

n2FC0x3yz0

n1n26

所以cosn1,n2，

|n1||n2|4

210

sinn,n1cosn,n

12124

10

所以二面角EFCA的正弦值为；

4

（3）设EMEC(3,3,2)，则M(23,3,22)，

则BD(1,3,0)，DM(23,3,22)，

设为平面的法向量，

n3(x,y,z)BDM

nBD0x3y0

则3，即，

n3DM0(23)x3y(22)z0

233

可得，

n33,1,

1

233

232

12

由EB(1,3,2)，得cosEB,n3，

28

233

224

1

17EM1

解得或（舍），所以.

48MC3

x2y2

18.已知椭圆C:1ab0的左､右焦点分别为F1,F2,A,B分别为C的左､右顶点，点

a2b2

3△

Dx0,y0是C上异于A,B的点，直线DA与直线DB的斜率之积为，DF1F2的周长为6.

4

（1）求C的方程；

（2）求过D与C相切的直线方程；

（3）设直线l的方程为x4，过l上任一点P作C的切线，切点分别为M,N，当四边形AMBN的面积

最大时，求AMB的正切值.

x2y2

【答案】（1）1；

43

（2）3x0x4y0y120；

（3）8.

【小问1详解】

yyy23

由题意知，000，

Aa,0,Ba,0kDAkDB22

x0ax0ax0a4

x2y2a2x2

又001，则y2b20，

a2b20a2

b231

即,c2a2b2a2，故a2c，

a244

又DF1DF2F1F26，即2a2c6，

x2y2

所以c1,a2,b23，故椭圆C的方程为1.

43

【小问2详解】

yykxx,

00

设切线的方程为，联立22

yy0kxx0xy

1.

43

2

整理得22，

34kx8ky0kx0x4y0kx0120

222

由Δ0，得x04k2x0y0ky030，

因为在椭圆上，所以22，

Dx0,y0C3x04y012

2xy23x24y212xy3x

则k0000000，

22

2x04x044y0

3x0

所以过D与C相切的直线方程为yy0xx0，

4y0

即3x0x4y0y120.

【小问3详解】

设P4,t,Mx1,y1,Nx2,y2，

由（2）可知，切线PM的方程为3x1x4y1y120，

切线PN的方程为3x2x4y2y120，

所以12x14y1t120,12x24y2t120，

故直线MN的方程为3xty30.

3xty30

22

联立x2y2，整理得t12y6ty270，

1

43

6t27

所以yy,yy，又A2,0,B2,0，

12t21212t212

1

S四边形SABMSABN4y1y22y1y2，

AMBN2

2

又226t27

4y1y24y1y216y1y2416

t212t212

22

576t9576t9576

22.

229

t12t93t296

t29

92

因为t20,t2910，则4yy36，

t2912

所以t0时，四边形AMBN的面积最大，最大面积为6.

此时直线MN的方程为x1，与AB交于椭圆右焦点F2，

3

则OFBF1,MF,AF3，

22222

AF2BF22

所以tanAMF22,tanBMF2，

MF2MF