2025-2026学年河北省保定市清苑区高三上学期模拟测试数学试题（附答案解析）

这是一份2025-2026学年河北省保定市清苑区高三上学期模拟测试数学试题（附答案解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设，，若，则实数的值为（ ）
A．B．C．5D．1
2．复数为虚数单位)的共轭复数为，则的虚部是（ ）
A．-1B．1C．-iD．i
3．已知函数在上有且仅有个零点，直线为函数图象的一条对称轴，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的半径为（ ）
A．2B．C．D．3
5．已知向量满足，，则在方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
6．已知，若正实数、满足，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
7．已知数列中，，若，则（ ）
A．4B．5C．6D．7
8．若不等式恒成立，则的取值集合为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．记数列的前项和为，且，则（ ）
A．B．数列是公差为1的等差数列
C．数列的前项和为D．数列的前2025项的和为-2024
10．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．在上单调递增
B．关于的方程在上有2个相异实根
C．的图象关于点对称
D．将的图象向左平移个单位长度，所得图象对应的函数为偶函数
11．如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，侧棱长为3，E，F分别是AB，BC的中点，过点 D1，E，F的平面记为α，则（ ）
A．平面α截直四棱柱ABCD-A1B1C1D1所得截面的形状为四边形
B．平面α截直四棱柱ABCD-A1B1C1D1所得截面的面积为
C．平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47∶25
D．点B到平面α的距离与点A1到平面α的距离之比为1∶3
三、填空题
12．在等差数列中，若，则= .
13．如图，圆与轴的正半轴的交点为，点，在圆上，且点位于第一象限，点的坐标为，.若，则的值为 .
14．曲线关于直线对称的曲线为，若与的图象有且只有一个公共点，则a的取值范围为 ．
四、解答题
15．已知函数，对，有．
(1)求的值及的单调递增区间；
(2)若时，求．
16．在锐角中，a，b，c分别为内角A、B，C的对边，且.
(1)求A的大小；
(2)求的取值范围.
17．在数列中，.
(1)若，求证：为等差数列；
(2)求的前项和.
18．在直三棱柱中，与交于点是的重心，点在线段（不包括两个端点）上.
(1)若为的中点，证明：平面；
(2)若直线与平面所成的角正弦值为，求.
19．已知函数．
(1)若，，求曲线在处的切线的方程
(2)讨论函数的单调性
(3)若，对任意两个不同的，不等式恒成立，求的最小值．
《河北省保定市清苑区2025-2026学年高三上学期模拟测试数学试题》参考答案
1．D
【分析】先由集合M的补集得到集合M，再由韦达定理直接可得.
【详解】由，，得，
所以2，3为方程的两根，
所以，解得，.故.
故选：D.
2．B
【分析】先求z，再根据共轭复数写出虚部.
【详解】因为，所以它的共轭复数，其虚部为1.
故选：B.
3．A
【分析】以为整体，根据题意结合零点可得，结合对称性可得，进而可求.
【详解】因为，且，则，
由题意可得：，解得，
又因为直线为函数图象的一条对称轴，
则，解得，
可知，即，
所以.
故选：A.
4．A
【分析】作出图形正四棱锥，如图，是正四棱锥的高（是底面正方形对角线交点），外接球球心在高上，在直角三角形中应用勾股定理求得球半径．
【详解】解：如图正四棱锥，是正四棱锥的高（是底面正方形对角线交点），外接球球心在高上，设正四棱锥的底面边长为，
由，得．
，设球的半径为，
则由得，解得．
故选：A．
【点睛】本题考查正四棱锥与其外接球，解题关键是掌握正四棱锥的性质，其外接球球心一定在其高上（实际上内切球球心也在高上）．
5．C
【分析】由两个向量的投影向量公式得出代数式，由向量的数量积得出结果.
【详解】在方向上的投影向量：，
故选：C
6．B
【分析】探讨函数的奇偶性及单调性，结合已知可得，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.
【详解】函数的定义域为R，，
函数是奇函数，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，因此在R上单调递增，
由，得，则，即，
而，因此，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值是.
故选：B
7．B
【分析】根据给定条件，利用等比数列定义求出，利用构造法求出，再列式求解即得.
【详解】在数列中，由，得数列是首项为2，公比为2的等比数列，，
则，即， 因此数列是以为首项，为公差的等差数列.
则，即，由，得，
所以.
故选：B
8．A
【分析】利用换元法，把原不等式转化为恒成立问题，再分，，讨论即可.
【详解】设，则，.
原不等式可化为：.
因为，所以，.
当时，，所以在恒成立，所以；
当时，，所以成立；
当时，，所以在上恒成立，所以.
综上可得：.
故选：A
9．AC
【分析】根据求出，再结合等差数列性质公式，利用裂项相消法和分组求和计算判定即可.
【详解】数列的前项和，当时，，
而满足上式，因此.
对于A，，A正确；
对于B，，则数列是公差为的等差数列，B错误；
对于C，，数列的前项和为，C正确；
对于D，，
则数列的前2025项的和为，D错误.
故选：AC.
10．AB
【分析】根据函数图象求出函数解析式，再根据余弦函数的性质一一判断即可.
【详解】由的图象得，，解得，
所以，又，所以，
解得，又，所以，所以，
由，解得，
即的单调递增区间为，
令得，又，
所以在上单调递增，故A正确；
当，则，
令，即，所以在上单调递增，
且，所以；
令，即，所以在上单调递减，且；
所以当时，在上有两个不相等的实根，故B正确；
因为，所以的图象关于直线对称，故C错误；
将的图象向左平移个单位长度，得的图象，
显然为奇函数，故D错误．
故选：AB
11．BC
【分析】作出截面可判断A选项；将五边形分割为正三角与等腰梯形求出面积判断B，平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积分别为V1，V2，利用V2= V三棱锥M-PAE V三棱锥N-CFQ计算求解即可判断C，根据直线上点的比例关系可得点到平面的距离间的关系即可判断D.
【详解】如图，
延长EF分别与DA，DC的延长线交于点P，Q，连接D1P，交AA1于点M，连接D1Q，交CC1于点N，
连接ME，NF，则平面α截直四棱柱ABCD-A1B1C1D1所得截面为五边形D1MEFN，故A错误；
由平行线分线段成比例可得，AP=BF=1，故DP=DD1=3，则△DD1P为等腰直角三角形，
由相似三角形可知AM=AP=1，故A1M=2，则D1M=D1N=2，ME=EF=FN=，连接MN，易知MN=2，
因此五边形D1MEFN可以分成等边三角形D1MN和等腰梯形MEFN，等腰梯形MEFN的高h=，
则等腰梯形MEFN的面积为，又×2=2，
所以五边形D1MEFN的面积为2，故B正确；
记平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积分别为V1，V2，
则V2= V三棱锥M-PAE V三棱锥N-CFQ=×3×3×3 ×1×1×1 ×1×1×1=，所以V1= V1=12，
则V1∶V2=47∶25，故C正确；
因为平面α过线段AB的中点E，所以点A到平面α的距离与点B到平面α的距离相等，
由平面α过A1A的三等分点M可知，点A1到平面α的距离是点A到平面α的距离的2倍，
因此点A1到平面α的距离是点B到平面α的距离的2倍，故D错误.
故选：BC
12．15
【分析】利用等差数列的通项公式和前项和公式求解.
【详解】因为，
，
所以，所以，
故答案为：15.
13．
【分析】由倍角公式和辅助角公式可得，由题意，再由三角函数的定义即可求.
【详解】圆的半径为1.
又，为等边三角形.
，且为锐角.
.
由三角函数的定义可得，.
故答案为：.
【点睛】本题考查三角函数的定义，倍角公式和辅助角公式，公式的熟练运用是解决问题的关键.
14．
【分析】利用相关点法求出对称函数，再把两图象有一个公共点问题转化为方程问题，然后利用分离参变思想，又转化为一个函数是一条动直线的交点问题，从而可求出参数的范围.
【详解】
设点为上任一点，则其关于直线的对称点为，且在函数上，所以，
指对数转化可得，所以，
又因为与函数只有一个公共点，
所以方程有且只有一个解，
当时，显然不成立；
所以当时，则有，记，
则，
由当时，有，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，有，所以在上单调递减，
当时，；当时，；当时，；当时，，且，则作出的图象如图所示，
由数形结合易知：要满足直线与函数图象有一个交点，
则a的取值范围为．
故答案为：．
15．(1)，单调递增区间为．
(2)
【分析】（1）由，可知当时，取得最值，结合三角函数的图象性质可得的值和的单调递增区间.
（2）将表示为，利用两角和差公式化简得到结果.
【详解】（1），
因为对，有，可得当时，取得最值，
所以，
可得，又，
所以，
所以，
由，可得，
所以的单调递增区间为．
（2）由，
可得，
所以，
所以
.
16．(1)
(2)
【分析】（1）借助正弦定理将角化边后，借助余弦定理计算即可得；
（2）由为锐角三角形可得角的范围，再借助三角恒等变换化简后计算即可得.
【详解】（1）由题及正弦定理得：，即，
则，∵，∴；
（2）由为锐角三角形知，，故，
则，
有，即，
故的取值范围为.
17．(1)证明见详解；
(2).
【分析】（1）将已知条件代入化简即可得证；
（2）利用（1）中结论求出的通项，然后根据分组求和法和错位相减法求和可得.
【详解】（1）因为，
所以
，
又，所以是以为首项和公差的等差数列.
（2）由（1）可得，，
所以，
记数列的前项和为，
则，
，
两式相减得：，
所以，
所以.
18．(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）作出辅助线，证明出，，从而得到平面平面，证明出线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，设，写出各点坐标，求出平面的法向量，利用线面角的正弦值列出方程，求出，得到答案.
【详解】（1）连接并延长，交于点，则为的中点，
连接，
因为为直三棱柱，所以平面平面，
又分别为的中点，所以，
故四边形为平行四边形，故，
又因为平面平面，平面平面，
所以，
因为平面平面，所以平面，
同理可得平面，
因为平面，且，
所以平面平面，
又平面，所以平面.
（2）以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图空间直角坐标系，
设
则，
所以，
因为为的中点，所以，则，
设平面的一个法向量为，
由得，，取，则，
因为直线与平面所成的角正弦值为，
所以，
整理得，，解得或（不合题意舍），
所以.
19．(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）通过曲线在某一点的切线的相关知识直接求解；
（2）利用导数，对参数分类讨论，即可求解单调性；
（3）设，将原表达式化为，构造函数，根据为上的减函数，参变分离求解函数的最值即可.
【详解】（1）若，，则，
可得，所以，且，
所以曲线在处的切线的方程为，
即为；
（2），
当时，，在上单调递增；
当时，令，解得，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（3）因为， ，所以，
故函数在上单调递增，
不妨设，则由
可化为，
设，则，
所以为上的减函数，即在上恒成立，
等价于在上恒成立，即在上恒成立，
又，所以，所以，
而函数在上是增函数，
所以（当且仅当，时等号成立）．
所以．即的最小值为.
【点睛】思路点睛：利用导数解决函数单调性是常见方法，本题第（3）问通过为上的减函数，转化为在上恒成立，进而求解答案.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
A
A
C
B
B
A
AC
AB
题号
11









答案
BC