河北省秦皇岛市昌黎第一中学2026届高三上册开学收心考试数学试卷【附解析】

数学一、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，则（）A. B. C. D.2.已知等差数列的前项和为，且，，则（）A.60 B.50 C.40 D.303.已知随机变量分别服从正态分布和二项分布，且，，则（）A. B. C. D.

4.已知函数是偶函数，则实数（）A. B.1 C.2 D.45.已知中，点，满足，，设，，则（）A. B. C. D.6.某单位安排甲、乙、丙、丁4人在国庆7天假期值班，要求每天只有1人值班，甲连续值班3天，乙连续值班2天，丙、丁各值班1天，则不同的值班安排方法种数为（）A.28 B.24 C.20 D.167.已知均为锐角，，，则（）A. B. C. D.8.冯哈伯公式用于计算正整数幂的和，平方和公式是其中一个特例．已知定义在上的函数满足，，且，则（）A. B.0 C.1 D.2二、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.9.已知函数，则下列说法正确的是（）A.上无最大值B.的图象的两条对称轴之间的最小距离为C.D.的图象关于点对称10.已知曲线，点，，则下列结论正确的是（）A.曲线关于直线对称B.曲线上存在点，使得C.直线与曲线只有一个交点D.曲线上第一象限内的点到直线与的距离之积为定值11.在正四棱柱中，，，，分别为，的中点，点为该正四棱柱表面（底面除外）上一动点，且平面平面，则下列说法正确的是（）A.动点的轨迹长度为B.当点在棱上时，平面C.当点在棱上时，三棱锥外接球的表面积为D.三棱锥体积的最大值为4三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知集合，，若，则实数的取值范围为______．13.已知抛物线的焦点为，为上的两个动点，且，，当的周长最大时，抛物线的标准方程为______．14.已知，函数，若，则的最小值为______．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.如图，在三棱锥中，平面，，，点分别为，的中点．（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值．16.《中国人群身体活动指南（2021）》中建议18～64岁的成年人每周进行150～300分钟中等强度或75～150分钟高强度有氧运动，或等量的中等强度和高强度有氧活动组合．某体育局随机采访了200名18～64岁的成年人，并将其每周进行有氧运动的时长是否达到建议要求情况制作成如下图表：性别有氧运动时长合计达到建议要求未达到建议要求男性30120女性70合计（1）完成列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为成年人每周进行有氧运动时长是否达到建议要求与性别有关？（2）从样本中每周进行有氧运动时长未达到建议要求的成年人中按性别用分层随机抽样的方法抽取8人，再从这8人中随机抽取3人，记为女性的人数，求的分布列和数学期望．附：，．0.05000250.0013.8415.02410.82817如图，四边形中，，，，且四点共圆．（1）求的值；（2）若点为上一点，的面积为，求的值．18已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程．（2）若有两个不同的极值点．（ⅰ）求实数的取值范围；（ⅱ）证明：．19.具有相同离心率的椭圆构成椭圆系，并称该离心率为椭圆系的离心率．已知椭圆系恒过点，，分别为的左、右顶点，若分别过，的直线相交于点，直线与交于另一点，直线与交于另一点，的取值组成的数列总满足条件：直线与轴交于点．（1）求椭圆系的离心率．（2）证明：数列是以为公比的等比数列．（3）定义：无穷等比递减数列所有项之和，其中为的首项，为的公比，且．设为坐标原点，记的面积为，若数列的所有项之和为，证明：．

数学一、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，则（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：由复数的运算和共轭复数的定义计算可得.解答过程：因为，则，所以.故选：C．2.已知等差数列的前项和为，且，，则（）A.60 B.50 C.40 D.30答案：B解析：思路：根据等差数列的性质及等差数列的求和公式得解.解答过程：由题可得，所以，又，所以，故选：B．3.已知随机变量分别服从正态分布和二项分布，且，，则（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：由正态分布结合二项分布的定义以及期望和方差公式即可求解.解答过程：由题可得，，，，所以.故选：D.

4.已知函数是偶函数，则实数（）A. B.1 C.2 D.4答案：C解析：思路：直接由偶函数得到，化简求解即可.解答过程：因为为偶函数，所以，所以，，，，，，，所以.故选：C．5.已知中，点，满足，，设，，则（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：利用向量线性运算法则得到答案.解答过程：.故选：A6.某单位安排甲、乙、丙、丁4人在国庆7天假期值班，要求每天只有1人值班，甲连续值班3天，乙连续值班2天，丙、丁各值班1天，则不同的值班安排方法种数为（）A.28 B.24 C.20 D.16答案：B解析：思路：按照甲连续值班的情况分类讨论，结合排列数和组合数计算出每种情况下的安排方法种数，利用分类加法计数原理求解即可.解答过程：记国庆7天假期的编号依次为1，2，⋯，7，则甲、乙值班安排方法的情况及相应值班安排方法种数如下表：甲乙不同的值班安排方法种数1，2，34，55，66，72，3，45，66，73，4，51，26，74，5，61，22，35，6，71，22，33，4根据分类加法计数原理可知共有（种）不同的值班安排方法.故选：B．7.已知均为锐角，，，则（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：根据同角三角函数的基本关系以及两角差的余弦公式可得，法一：设，利用两角差的正弦余弦公式可得，求出，再利用二倍角余弦公式求解；法二：设，结合，可得，根据两角差的余弦公式以及同角三角函数的平方关系，列方程求出，再利用二倍角余弦公式求解；解答过程：由，得，所以，则，所以．解法一：设，则，所以，则，所以，则，又，，所以，整理得，得，即，所以，故选：A．解法二：可得①．又，所以②．①②，可得．设，则，，所以，可得，即，所以，故选：A．8.冯哈伯公式用于计算正整数幂的和，平方和公式是其中一个特例．已知定义在上的函数满足，，且，则（）A. B.0 C.1 D.2答案：C解析：思路：根据已知不等式递推得到，再利用累加法得到关于的方程，借助平方和公式即可得解.解答过程：由题意得：，所以，.则，所以．故选：C二、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.9.已知函数，则下列说法正确的是（）A.在上无最大值B.的图象的两条对称轴之间的最小距离为C.D.的图象关于点对称答案：BC解析：思路：由正弦型函数的图象与性质逐项判断即可.解答过程：选项A：由，得，当，即时，取得最大值2024，A错误．选项B：设的最小正周期为，则的图象的两条对称轴之间的最小距离为，B正确．选项C：，，因为，且在上单调递减，所以，所以，C正确．选项D：令，解得，令，解得，矛盾，所以的图象不关于点对称，D错误．（另解：因为，所以的图象不关于点对称）故选：BC10.已知曲线，点，，则下列结论正确的是（）A.曲线关于直线对称B.曲线上存在点，使得C.直线与曲线只有一个交点D.曲线上第一象限内的点到直线与的距离之积为定值答案：BCD解析：思路：数形结合并由双曲线的性质、定义结合直线与双曲线的位置关系和点到直线的距离即可依次求解判断各选项.解答过程：由题当，时，曲线；当，时，曲线；当，时，曲线不存在；当，时，曲线，故作出曲线如图所示：选项A：法一：由图可知，曲线不关于直线对称，故A错误；法二：将中的替换为替换为，得，与不相同，故曲线不关于直线对称，故A错误；选项B：易知，为双曲线的上、下焦点，所以当点在第三象限时，根据双曲线的定义可知，故B正确；选项C：易知直线为双曲线与双曲线的一条共同渐近线，直线的斜率小于直线的斜率，故直线与曲线在第一、四象限内没有交点，在第三象限内只有一个交点，故C正确；选项D：设曲线上第一象限内的点为，则，即，所以点到直线距离，点到直线的距离，所以，故D正确.故选：BCD.11.在正四棱柱中，，，，分别为，的中点，点为该正四棱柱表面（底面除外）上一动点，且平面平面，则下列说法正确的是（）A.动点的轨迹长度为B.当点在棱上时，平面C.当点在棱上时，三棱锥外接球的表面积为D.三棱锥体积的最大值为4答案：ABD解析：思路：分别取，，，的中点，连接，，，，，证明平面平面，从而可得出点的轨迹，从而可判断A；证明平面即可判断B；利用勾股定理求出三棱锥的外接球的半径，再根据球的表面积公式即可判断C；证明平面，平面，则当点在上时，点到平面的距离最大，此时三棱锥的体积最大，求出点到平面的距离即可判断D.解答过程：如图1，分别取，，，的中点，连接，，，，，则六边形的对边相等且平行，，又平面，平面，所以平面，同理证得平面，则平面，又平面，所以平面平面，则点的轨迹为六边形的边（不含）．选项A：易知，，故动点的轨迹长度为，A正确；选项B：当点在棱上时，点与点重合，连接，则四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，即平面，B正确．选项C：当点在棱上时，点与点重合，在三棱锥中，平面，易知，的外接圆的半径，设三棱锥的外接球的半径为，则，所以三棱锥，即三棱锥外接球的表面积，C错误；选项D：因为，平面，平面，所以平面，平面，当点在上时，点到平面的距离最大，此时三棱锥的体积最大．解法一：如图2，不妨令点与点重合，设，连接，易得为边长为的等边三角形，则，且，在中，，则，且，又，，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，记的边上的高为，则点到平面的距离为，易得，则，则，所以，得，因为的面积为，所以三棱锥体积最大值为，D正确．解法二：不妨设点与点重合，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图3所示，则，，，，所以，，设平面的法向量为，则，即，取，则，又，所以点到平面的距离，因为的面积为，所以三棱锥体积的最大值为，D正确．故选:方法提示：方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知集合，，若，则实数的取值范围为______．答案：解析：思路：求出集合后再根据可求参数的取值范围.解答过程：由题可得，因为，所以，故实数的取值范围为．故答案为：.13.已知抛物线的焦点为，为上的两个动点，且，，当的周长最大时，抛物线的标准方程为______．答案：解析：思路：利用余弦定理、基本不等式可得，进而有时，的周长最大，结合抛物线对称性，设，应用抛物线的定义及点在抛物线上求参数，即可得答案.解答过程：设，，在中，，由余弦定理得，所以，所以，所以，当且仅当时取等号，即时，的周长最大，此时不妨设点，所以，化简，解得（舍去），故抛物线的标准方程为．故答案为：14.已知，函数，若，则的最小值为______．答案：e解析：思路：构造函数和，求导，结合零点存在性定理可得为方程的两个实数根，所以，，．进而建立间的等量关系，化简，构造函数，求导即可求解.或者将不等式变形为，作出函数，，的大致图象，根据图象可得为方程的两个根，即可根据解法一求解.解答过程：由题意得的定义域为．设，则，令，得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，又当时，，当时，，所以在内有两个零点，设为，则当时，，当时，．设，由，得当时，，当时，，则为方程的两个实数根，所以，，．又，，所以，，所以，即，则，所以．易知，，故，设，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，故的最小值为e．解法二由，，，得．在同一平面直角坐标系中作出函数，，的大致图象，数形结合可知，若，则与，的图象的两个交点重合，如图，设这两个交点分别为，则为方程的两个实数根，所以，，．易知为方程的两个实数根，所以，，以下同解法一．方法提示：方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．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.如图，在三棱锥中，平面，，，点分别为，的中点．（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值．答案：（1）证明见解析；（2）．解析：思路：（1）应用线面垂直的性质有，再由线面垂直的判定及性质可得，最后根据三角形中位线、等腰三角形性质易证、，利用线面垂直的判定定理证结论；（2）法一：建立空间直角坐标系，求出相关点及向量的坐标，求平面、平面的法向量，利用向量的夹角公式及同角三角函数的基本关系即可得解；法二：作辅助线，找到二面角的平面角，求相关线段长，利用余弦定理及同角三角函数的基本关系即可得解，（1）因为平面，平面，所以，又，，，平面，所以平面，因为平面，所以．因为点分别为的中点，所以，所以．因为，且为的中点，所以，又点分别为的中点，所以，所以．因为，，平面，所以平面．（2）法一：由题，两两垂直，故以为原点，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，即，取，得．由（1）知，平面的一个法向量为，设二面角的大小为，则，所以，故二面角的正弦值为．法二：因为平面，，点分别为的中点，所以，如图，取的中点，连接，则．由（1）知平面，，所以平面，因为平面，所以，又，所以，取的中点，连接，则，所以，所以为二面角的平面角．易得，．连接，，取的中点，连接，，易得，，，，在中，，在中，．在中，，所以，故二面角的正弦值为．16.《中国人群身体活动指南（2021）》中建议18～64岁的成年人每周进行150～300分钟中等强度或75～150分钟高强度有氧运动，或等量的中等强度和高强度有氧活动组合．某体育局随机采访了200名18～64岁的成年人，并将其每周进行有氧运动的时长是否达到建议要求情况制作成如下图表：性别有氧运动时长合计达到建议要求未达到建议要求男性30120女性70合计（1）完成列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为成年人每周进行有氧运动时长是否达到建议要求与性别有关？（2）从样本中每周进行有氧运动时长未达到建议要求的成年人中按性别用分层随机抽样的方法抽取8人，再从这8人中随机抽取3人，记为女性的人数，求的分布列和数学期望．附：，．0.0500.0250.0013.8415.02410.828答案：（1）表格见解析，不能认为成年人每周进行有氧运动时长是否达到建议要求与性别有关．（2）分布列见解析，．解析：思路：（1）根据列联表求解卡方，即可与临界值比较作答；（2）由列联表，根据分层抽样可知抽取的8人中，女性有2人，男性有6人，利用超几何分布计算可得分布列，计算可求得结果.（1）（1）补全的列联表如下：性别有氧运动时长合计达到建议要求未达到建议要求男性9030120女性701080合计16040200零假设：成年人每周进行有氧运动时长是否达到建议要求与性别无关．，所以根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，故不能认为成年人每周进行有氧运动时长是否达到建议要求与性别有关．（2）由题可知抽取的8人中，女性有2人，男性有6人．的所有可能取值为，则，，，所以的分布列为012所以．17.如图，四边形中，，，，且四点共圆．（1）求的值；（2）若点为上一点，的面积为，求的值．答案：（1）（2）解析：思路：（1）根据四点共圆，得到，然后分别在和中，利用余弦定理求解；（2）由（1）得到，再根据的面积为，求得，从而，然后分别在在和中，利用余弦定理得到，从而在中，求得DM，然后利用正弦定理求解.（1）解：因为四点共圆，所以，则．如图所示：连接，在中，，在中，，两式作差得，解得．（2）由（1）可知，所以．由的面积为，得，即，解得，则．易知，所以，连接，在中，，在中，，两式作差得，，解得，则．在中，，则．由正弦定理，得．18.已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程．（2）若有两个不同的极值点．（ⅰ）求实数取值范围；（ⅱ）证明：．答案：（1）（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析解析：思路：（1）求出，根据导数的几何意义可得切线的斜率，再求出，进而可得切线方程；（2）（ⅰ）将函数存在两个极值点转化为方程的根的问题，构造函数，并将问题转化为两函数图象的交点问题，利用导数研究函数的单调性及最值，进而得到的取值范围；（ⅱ）由（ⅰ）知，，构造函数，研究当时，之间的大小关系，构造新函数，利用导数研究新函数的单调性，可得，利用的单调性将函数不等式转化为代数不等式，即可得证．（1）当时，，则，所以．又，所以曲线在点处的切线方程为，即．（2）由已知，的定义域为，，由题意得为的两个零点，且，即为方程的两个不同的根，即为方程的两个不同的根，设，则直线与的图象有两个交点，，因为，所以，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，易知当时，，当时，，故要使直线与的图象有两个交点，则，即实数的取值范围为．（ⅱ）由（ⅰ）知，．设，则，令，则当时，，所以在上单调递减，则当时，，所以当时，，所以在上单调递减，故当时，，则当时，，所以，即，由（ⅰ）可知在上单调递减，所以，则，所以，即，得证．方法提示：方法点睛：一般地，处理极值点偏移问题中类似于（满足）的问题的基本步骤如