河北省石家庄实验中学2025-2026学年高三上学期10月期中考试数学试卷

这是一份河北省石家庄实验中学2025-2026学年高三上学期10月期中考试数学试卷，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
命题：高三数学考试时间：120 分钟
注意事项:
答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
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,再选涂其他案标号。回答非选择题时,将案写在答题卡上,写在本试卷上无效。
考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题: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,只有项是符合题目要求的。
已知集合 A  {x∣ 2  x  7}, B  {x∣y 2x  3}，则 A  B  （）
A． x∣ 2  x  3 B． x 3 „ x  7
2 
∣
2
C． x∣x… 3 
D． | x | 2  x  7 |
2 

在长方体 ABCD−A1B1C1D1 中，直线 A1C 与平面 AB1D1 的交点为 M，O 为线段 B1D1 的中点，则下列结论错误的是（）
A．A，M，O 三点共线B．M，O，A1，A 四点共面
C．B，B1，O，M 四点共面D．A，O，C，M 四点共面
在正项数列 ｛??｝ 中，设甲： ??+? = ???? ，乙： ｛??｝ 是等比数列，则 (
)
甲是乙的充分条件但不是必要条件
甲是乙的必要条件但不是充分条件
甲是乙的充要条件
甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
八卦是中国文化的基本学概念，图 1 是八卦模型图，其平面图形为图 2 所示的正八边形
–––→
ABCDEFGH ，其中 OA  1 给出下列结论，其中正确的结论为（）
OA 与OH 的夹角为π
3
OD  OF  OE
2
2
OA OC 
DH
–––→ –––→––––→

OA 在OD 上的投影向量为
→
2
e （其中e 为与OD 同向的单位向量）
2
3
已知三棱柱 ABC  A1B1C1 的所有顶点都在球O 的球面上，该三棱柱的五个面所在的平面截球面所得的圆大小相同，若球O 的表面积为20π，则三棱柱的体积为
3
A． 6
B．12C．12
D．18
下列函数中，既是偶函数又在(0, 2) 上单调递减的是（）
A． y  2|x|
B． y  x3
C． y  cs x
2
D． y  ln 1 x
2  x
在直角坐标系中，绕原点将?轴的正半轴逆时针旋转角?(0 < ? < π)交单位圆于?点、顺
2
时针旋转角?(π
4
< ? 0
1
2
C．?(2.5) > ?(lg280)D．?(sin1) > ? ln
二、多选题：本题共 3 小题，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 2 分，有选错的得 0 分。
己知直线l : 3x  y  2  0 ，则下列选项中正确的有（）
3
直线 l 的斜率为B．直线 l 的倾斜角为 5π 6
v
C．直线 l 不经过第四象限D．直线 l 的一个方向向量为→  ( 3,3)
已知函数 f  x  ln x  x 1 ，下列结论成立的是（）
x 1
函数 f  x 在定义域内无极值
函数 f  x 在点 A2, f 2 处的切线方程为 y  5 x  ln 2  8
2
函数 f  x 在定义域内有且仅有一个零点
函数 f  x 在定义域内有两个零点x1 ，x2 ，且 x1  x2  1
在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， AB  2 ， E ， F ， G 分别为 B1C1 ， A1D1 ， CD 的中点
， O ， P 分别为 BE ， CC1 上的动点，作平面α∥ BE 截正方体的截面为β，则下列说法正
确的是（）
β不可以是六边形
存在点 P ，使得 BE  FP
当α经过点 F ， P 时，点 D 到平面α的距离的最大值为 2 6
3
OP  PG 的最小值为 6 5
5
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
日常生活中，较多产品的包装盒呈正四棱柱状，烘焙店的包装盒如图所示，正四棱柱
ABCD  A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形，且 AB  4 ， AA1  1 .
店员认为在彩绳扎紧的情况下，按照图 A 中 H − E − E1 − F1 − F − G − G1 − H1 − H 的方向捆扎包装盒会比按照图 B 中的十字捆扎法更节省彩绳（不考虑打结处的用绳量和彩绳的宽度）.则图 A 比图 B 最多节省的彩绳长度为 .
设当 x θ时，函数 f ( x)  sin x  2 cs x 取得最大值，则csθ .
14．过圆?：?2 + ?2 = 2上一点?作圆?：(?−4)2 +(?−4)2 = 2的两条切线，切点分别为?，?，设两条切线的夹角为? ，当|??| + |??|取最小值时，sin? = .
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。
如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知以 M 为圆心的圆 M：
x2  y2 12x 14 y  60  0 及其上一点 A2, 4 .
设平行于 OA 的直线 l 与圆 M 相交于 B，C 两点，且 BC  OA ，求直线 l 的方程；
设点T t, 0 满足：存在圆 M 上的两点 P 和 Q，使得TA  TP  TQ ，求实数 t 的取值范围.
已知V ABC 的内角 A, B,C 的对边分别为a, b, c ，且b cs C  c  2acs B  0 ．
求cs B ；
若V ABC 的面积为 3 ， D 为边 AC 上的一点，
若 BD  BC, a  1 ，求 AD 长．
若CD  2 AD ，求 BD 长的最小值；
如图， AE ⊥ 平面 ABCD ， CF / / AE ， AD / / BC ， AD  AB ， AB  AD  1 ，
AE  BC  2 ．
求证： BF // 平面 ADE ；
求直线CE 与平面 BDE 所成角的正弦值；
求平面 BDE 与平面 BDF 夹角的余弦值．
已知函数 f  x  x  xlnx .
求函数 f  x 的极值；
若k  x 1  f  x 对任意 x  1恒成立，求k 的最大整数值.
已知函数 f  x 
sinx
2  csx
ax ， a  R .
若a  0 ，求函数 f  x 的最小正周期与单调区间；
若对于任意 x  0 ，恒有 f  x  0 ，求实数a 的取值范围；
k
n 1 
n 12n 11
证明：对任意的正整数n ， k sin  
k 1 
12 n 1 .
石家庄实验中学 2026 届高三年级第一学期期中考试
数学参考答案
一．选择题：
1.B2.C3.A4.C5.A6.C7.B8.C
二．选择题：
9．AD10．ABD11．BCD
三．填空题：
2
12． 20 10
四．解答题：
13．
2 5
5
14．4 2
9
15．（1） x2  y2 12x 14 y  60  0 ，即 x  62   y  72  25 ，故圆心M 6, 7 ， r = 5 ，
k  kOA
 4  2 ， 2
设直线方程为 y  2x  b ， BC  OA 
r   5 
2
2
故圆心到直线的距离为d 
 2
 2，
22  42
5
5
1 22
12  7  b
 2 5 ，
，即d 
解得b  5 或b  15 ，故直线方程为 y  2x  5 或 y  2x  15 .
–––→
（2） TA  TP  TQ ，即TA  TQ  TP  PQ ， PQ  2r  10 ，
故T 在圆 x  22   y  42  100 的内部，即t  22  0  42  100 ，
21
解得2  2
 t  2  2
，即实数t 的取值范围是2  2 21, 2  2 21
21

a2  b2  c2a2  c2  b2
16．（1）由b  c  2a 0 ，则
2ab2ac
a2  b2  c2a2  c2  b2a2  c2  b2
 0 ， 2a2ac
a2  c2  b21
所以a2  c2  b2  ac ，则cs B   ，
2ac2
（2）（i）由题设 1 ac sin B 
2
3 ，则 3 c  c  4 ，
3
4
若 DE ⊥AB 且DE  x ，如下图示，
2ππ
由 B ， BD  BC ，则∠DBE  ，则 BD  2x ，
36
3
所以 1  4x  1 1 2x  3x  x 
3 ，则 BD  2 3 ，
22
BA2  BD2  2BA  BD cs DBE
故 AD 
3

3
16  4  8
3
 2 21 ；
3
–––→–––→–––→–––→1 –––→–––→1 –––→ –––→
（ii）由CD  2 AD ，如下图示， BD  BA  AD  BA AC  BA  (BC  BA) ，
–––→
2 –––→
1 –––→
33
( BA  BC)
21
–––→–––→
2
33
4 –––→24 –––→ –––→1 –––→2
9
BA BA  BC BC
9
9
–––→
所以 BD 
4
9
| BA | | BA || BC |  | BC |
–––→
2
2
–––→ –––→
1
–––→
2
99

BA 
33
BC ，则| BD |


4 c2  2 ac  1 a2
999
，
又 1 ac sin B 
2
3 ，则ac  4 ，故
–––→
| BD |
 2 2 ，
2  2 c  1 a  2 ac
339
2 ac
9
3
当且仅当a  c  2 时取等号，故 BD 长的最小值为 2 2 .
3
17．(1)依题意，可以建立以 A 为原点，分别以 AB, AD, AE 的方向为 x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角坐标系(如图)，
可得 A0, 0, 0, B 1, 0, 0, C 1, 2, 0, D 0,1, 0, E 0, 0, 2 ， F 1, 2,1 .
因为 AE ⊥ 平面 ABCD ，且 AB Ì 平面 ABCD ，所以 AE  AB ，又 AD  AB ，且 AD  AE  A
，所以 AB  平面 ADE ，故 AB  1, 0, 0 是平面 ADE 的一个法向量，
又 BF  0, 2,1 ，可得 BF  AB  0 ，
又因为直线 BF  平面 ADE ，所以 BF // 平面 ADE . (2)
依题意， BD  (1,1, 0), BE  (1, 0, 2), CE  (1, 2, 2) ，
设n   x, y, z  为平面 BDE 的法向量，
v  BD  0
x  y  0
v
则n –––v
，即
，不妨令 z=1，可得n  2, 2,1 ，
n  BE  0
x  2z  0
–––→ →
CE  n4
9
设直线CE 与平面 BDE 所成角θ，因此有sinθ –––→ →  .
| CE || n |
所以，直线CE 与平面 BDE 所成角的正弦值为 4 .
9
(3)
m
 v  BD  0
x  y  0
v
设m   x, y, z  为平面 BDF 的法向量，则
–––v
，即.
6
不妨令 y=1，可得m  1,1, 2 .
m  BF  0
2 y  z  0
–→ →
m  n
2 1 2 11 2
由题意，有cs
m, n
 
22  22 12  12 12  22
9
–→→
m  n
由图可知平面 BDE 与平面 BDF 夹角为锐角，所以平面 BDE 与平面 BDF 夹角的余弦值为
6 .
9
18．（1）函数 f  x 的定义域为0, ∞ ， f  x  lnx  2 ，
令 f ( x)  0 ，得0  x  e2 ，即函数 f  x 在0, e2  上单调递减，令 f ( x)  0 ，得 x  e2 ，即函数 f  x 在e2 ,   上单调递增，所以函数 f  x 的极小值为 f e2   e2 ，无极大值；
（2）因为k  x 1  f  x 对任意 x  1恒成立，
即k  x  x ln x 对任意 x  1恒成立，
x 1
令 g  x  x  x ln x , x  1，则
x 1
g x  x  ln x  2
 x 12，
令h  x  x  ln x  2, x  1，则h x  1 1  x 1  0 ，
xx
所以函数h  x 在1,  上单调递增，
又h(3)  1 ln 3  0, h(4)  2  2 ln 2  0 ，
所以函数h  x 在1,  上存在唯一零点 x0 ，且 x0 3, 4 ， x0  ln x0  2  0 ，当1  x  x0 时， h  x  0 ，即 g x  0 ，当 x  x0 时， h  x  0 ，即 g x  0 ，所以函数 g  x 在1, x0  上单调递减，在 x0 ,  上单调递增，
所以 g  x g  x   x0 1 ln x0   x0 1 x0  2  x 3, 4 ，
min0
x 1
x 10
00
所以k  x0 3, 4 ，所以k 的最大整数值为3 .
19．（1）当a  0 时， f  x 
sinx
2  csx ，
因为 f  x  2π sin(x  2π)sinx f (x) ，

2  cs(x  2π)2  csx
所以 f  x 的最小正周期为2π ；
对 f  x 求导得 f  x  2  csxcsx  sinx sinx  2csx 1 ，
2  csx22  csx2
令 f  x  0 ，即csx   1 ，解得 2π  2kπ  x  2π  2kπ ， k  Z ；
233
令 f  x  0 ，即csx   1 ，解得 2π  2kπ  x  4π  2kπ ， k  Z .
233
故函数 f  x 的单调递增区间为 2π  2kπ, 2π  2kπ ， k  Z ，
33
单调递减区间为 2π  2kπ, 4π  2kπ ， k  Z ；
 33
对 f  x 求导得
1 2csx32
11 21
f  x 
 a  
2
2  csx2  csx
2  2  csx  a  3 2 

csx
  a  .
3
3


注意到 f 0  0 ，借助“端点效应”可得 f 0  1  a  0 ，解得a  1 .
33
当a  1 时， f  x  0 ，可得 f  x 在区间0, ∞ 上单调递减，
3
所以 f  x  f 0  0 ，
故实数a 的取值范围为1 , 

 3
由（2）可知，当 x  0 时， sinx
 1 x  0  sinx  2  csx .

2  csx3x3
设 g  x  csx 1 1 x2 ， 0  x  1，
4
则 g x  sinx  1 x ；
2
令φ x  sinx  1 x ， x 0,1   0, π  ，
23 

则φ x  csx  1  0 ，可得 g x 在区间0,1 上单调递减，
2
所以 g x  g0  0 ，
所以 g  x  在区间0,1 上单调递减，
所以gx
 g0
 0 .
所以当0  x  1时， csx  1 1 x2 ，
4
可得k  N* 时， cs 1  1 1  1 ，

k4 k 2
sin 1
2  cs 12 1 1  1
可得k sin 1 k k 4 k 2  1 1  1
k13312 k 2
k
 1 1 1
 1 1  1  1  ，

12 k k 112  kk 1 
n 1 
1 11111 
nn 12n 11
k 1 
则 k sin k   n  12 1 2  2  3 L n  n 1   n  12 n 1 
12 n 1 .