河北省保定市四县六校2026届高三上学期11月期中调研考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份河北省保定市四县六校2026届高三上学期11月期中调研考试数学试卷（Word版附解析），共20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。
数学试题
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量，，则向量在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．已知某圆柱的高为，底面半径为1，且其上、下底面圆周均在以为球心的球面上，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数的定义域为，且在上单调递减，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
6．已知点，线段为的一条直径．设过点且与相切的两条直线的斜率分别为，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知一条直线与抛物线交于，两点，过坐标原点引的垂线，垂足的坐标为，，则（ ）
A．B．C．1D．2
8．从点可向曲线引三条不同切线，则a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．若随机变量服从正态分布，且，则
B．一组数据的第百分位数为
C．若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强
D．对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是
10．设函数，则下列结论正确的是（ ）
A．，在上单调递减
B．若且，则
C．若在上有且仅有2个不同的解，则的取值范围为
D．存在，使得的图象向右平移个单位长度后得到的函数为奇函数
11．已知双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线与在第一、四象限的交点分别为，与轴的交点为，，则（ ）
A．直线的斜率为B．的离心率为2
C．到上最近点的距离为D．
三、填空题
12．的展开式中的系数是 ．（用数字作答）
13．函数的最小值为 .
14．已知的内角的对边分别为，其内切圆半径，则边长的最小值为 ．
四、解答题
15．已知数列的前n项和为，满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，且数列的前n项和为，求证：．
16．无人驾驶技术是汽车研发领域的一个重要方向．某学校技术俱乐部研发了一个感知路况障碍的小汽车模型，该模型通过三个传感器共同判断路段是否有路障．在对该模型进行测试中，该俱乐部同学寻找了个不同的路段作为测试样本，数据如下表：
假设用频率估计概率，且三个传感器对路况的判断相互独立．
(1)从这80个路段中随机抽取一个路段，求传感器1对该路况判断正确的概率；
(2)从这80个路段中随机抽取一个有障碍的路段进行测试，设为传感器1和传感器2判断正确的总路段数，求的分布列和数学期望；
(3)现有一辆小汽车同时装载了以上3种传感器．在通过某路段时，只要3个传感器中一个判断有障碍或无法识别，则小汽车减速．那么是否可以通过提高传感器3的判断正确率，使得小汽车在无障碍的道路上减速的概率小于？（结论不要求证明）
17．如图，点为正方形所在平面外一点，为中点，.
(1)求证：平面；
(2)若平面平面，，.
（i）当时，求证：平面；
（ii）当二面角的正弦值为时，求的值.
18．椭圆的左、右焦点分别为，离心率为；点 为椭圆 上的两个不同动点， 面积的最大值为 .
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线的斜率为，直线的斜率为 .
（i）若 在 轴上方，且 ，求证: 直线过定点;
（ii）点在运动过程中，是否存在某些位置使得 且 ? 若存在，求出此时点 的坐标; 若不存在，请说明理由.
19．已知函数和.
(1)若，证明：对.
(2)若函数和各有两个零点，求实数的取值范围；
(3)若一个函数有且仅有两个零点，则称这两个零点的算术平均数为该函数的“完美点”.设和分别为和的“完美点”，比较与的大小，并说明理由.
参考答案
1．B
【详解】，
∴，
故选：B．
2．D
【详解】.
故选：D.
3．D
【详解】因为向量，，
所以向量在上的投影向量为
.
故选：D.
4．C
【详解】因为圆柱上、下底面圆周均在以为球心的球面上，
所以圆柱的上、下底面圆心连线的中点为球心，
且与底面圆心的连线垂直底面，
因为圆柱底面半径为，高为，
所以球心到底面的距离，
因为底面圆周上一点到球心的距离为球的半径，
所以由勾股定理得，
则球的表面积．
故选：C．
5．D
【详解】由函数的定义域为，得函数的图象关于直线对称，
又函数在上单调递减，则不等式，
即，解得，所以所求不等式的解集为.
故选：D
6．D
【详解】由于点，线段为的一条直径，故圆心,即，圆的半径为,
由题意可知两条切线的斜率均存在，故设切线方程为，
由相切可得，化简可得，
故是方程的两个根，故
故选：D
7．B
【详解】由题意，
过坐标原点引的垂线，垂足的坐标为，
∴直线的斜率为，
∴直线的斜率为，
直线的方程为，即，
联立方程，得恒成立，
∴，
∵，点，在直线上，
∴，，
∴，
解得.
故选：B

8．B
【详解】设曲线在点处的线线过点，
由，求导得，所以，
所以曲线在处的切线方程为，
因为从点可向曲线引三条不同切线，
所以有三个不同的解，即有三个不同的解，
设，该函数有三个不同零点，求导得，
令，则或，
当或，，当，，
所以：函数在区间单调递减，在和区间上单调递增，
所以函数在和处分别取得极大值和极小值，要想函数有三个不同零点，
则，即，解得.
故选：B.
9．ACD
【详解】对于A，因为，又，则，正确，
对于B，因为，所以数据的第百分位数为，错误，
对于C，因为线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强，正确，
对于D，由题知，解得，正确.
故选：ACD.
10．AC
【详解】函数，
对于A，，当时，，
而函数在上单调递增，因此在上单调递减，A正确；
对于B，当时，的最小正周期为，，
由，得，B错误；
对于C，由，得，由在上有且仅有2个不同的解，
得，解得，C正确；
对于D，，要为奇函数，
当且仅当，而当时，，因此不可能是奇函数，D错误.
故选：AC
11．ABD
【详解】对于A，记双曲线的焦距为，则，，
由，，根据勾股定理得，
如图过点作轴的垂线，垂足为，
由，可得，
因此，，，即，
所以，选项A正确；
对于B，将代入双曲线方程可得，即，
再将代入得，即，
解得，所以的离心率为，选项B正确；
对于C，由可知，且双曲线的渐近线方程为，
则点到双曲线的渐近线的距离为，
所以点到上最近点的距离大于，选项C错误；
对于D，由得，
且双曲线的方程可转化为，
由，得，
将与联立并消去得：，
记，则，解得，
所以，选项D正确.
故选：ABD.
12．
【详解】根据题意,的项在的展开式中有两项，
分别为：和，即和，
则的系数为：.
故答案为：.
13．/
【详解】由题设，且，
令，则，
当，即时，.
故答案为：
14．
【详解】解法一：由，即，则，同理，
而，解得，
设的内切圆与边相切于点，

而，
则，
即，当且仅当时等号成立，
所以，
由图可知，
，
则边长的最小值为.
解法二：由，得，
由，得①，
由余弦定理有
，
则②，显然．
由①②整理得，
解得或（舍去），
则，当时等号成立，
则边长的最小值为.
故答案为；.
15．(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）由，则（n≥2），
两式左右分别相减得，即．
得，
则，，…，，，
将以上个式子相乘得．
上式对仍成立，所以．
（2），
∴．
故命题得证．
16．(1)
(2)分布列见解析，
(3)答案见解析
【详解】（1）80个路段中，传感器1判断正确的路段有个．
设“传感器1对该路况判断正确”为事件，则.
（2）80个路段中共有60个有障碍的路段．60个有障碍的路段中，传感器1判断正确的路段有40个，
错误的有个，传感器2判断正确的路段有45个，判断错误的路段有个
的取值集合为．
，，
，
故的分布列为
随机变量的数学期望
（3）可以通过提高传感器3的判断正确率，使得小汽车在无障碍的道路上减速的概率小于．
分析：共有20个无障碍地路段，传感器1判断无障碍的有15个，
由频率估计概率，故无障碍路段上，估计传感器1判断无障碍的概率为．
传感2判断无障碍的有15个，由频率估计概率，故无障碍路段上，
估计传感器2判断无障碍的概率为．
若传感器3在无障碍路段上，判断为无障碍的概率为1．
小汽车在无障碍的道路上减速的概率：．
故可以通过提高传感器3的判断正确率，使得小汽车在无障碍的道路上减速的概率小于．
17．(1)证明见解析
(2)（i）证明见解析；（ⅱ）
【详解】（1）连接交于点，连接，
因为四边形是正方形，所以为中点，
又因为为中点，所以在中，有，
因为平面，平面，所以平面；
（2）解法一：
在正方形中，有，
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
因为平面，所以，又，
以为原点，分别以，，方向为轴，轴，轴的正方向，
建立空间直角坐标系，如图所示.
则有，，，，，
，，，，
（i）当时，，，
所以，，
所以，，即，，
又因为平面，平面，，
所以平面.
（ⅱ）设为平面的法向量，
则有，即，
取，得，，则是平面的一个法向量，
，
设为平面的法向量，
则有，即，得，
取，得，，
则是平面的一个法向量，
因为二面角的正弦值为，所以，
所以，即，
化简得，解得或（舍去）.
所以的值为.
解法二：
（i）因为平面平面，平面平面，
四边形为正方形，，平面，
所以平面.
因为平面，所以.
又，为中点，所以，
又，所以平面，
又平面，所以.
又，，所以，所以，
，，
又.
由余弦定理可得
，
所以，所以，
又，所以平面.
（ii）因为平面，平面，
所以，，
又因为平面，平面，
所以二面角的平面角为，
所以，，
在中，，，所以，
在中，，所以.
又因为，所以，
所以（负值舍去）.
在中，
，，
在中，
，
又，
由正弦定理，得，即，解得，
所以的值.
解法三：
（i）同解法二.
（ii）因为平面，平面，
所以，，
又因为平面，平面，
所以二面角的平面角为，
所以，，
在平面内，以A为原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向，
建立平面直角坐标系，如图所示.
则有，，，
，，
，，
，
即，
化简得，解得或（舍去）.
所以的值为.
18．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【详解】（1）由题意，即，
当点位于短轴端点时， 面积的最大值，得： ，即，
又，
所以，即
解得：，
故椭圆的标准方程为
（2）

（i）设直线方程为：，
由得：，
，
因为，所以，
即
所以，
整理得：，
代入韦达定理，
化简得：
所以直线方程为：，恒过定点；
（ii）设，显然，
则直线斜率为，直线的斜率为.
因为，
所以直线斜率为，直线的斜率为.
所以直线的方程为：
直线的方程为：，
两方程联立解得：，即，
因为点在椭圆上，所以，
即或，
又点在椭圆上，，
联立无解，
联立，解得：，
所以符合条件的点得坐标为.
19．(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）当时，，
设，，
当时，设单调递增，
当，，所以，
所以当时，单调递增，
所以，所以.
（2）由，，得，，
则，的零点等价于，的零点.
，，
；，
在区间单调递增，且在单调递减，
故当时，，
当时，，
若有两个零点，则，即.
；；
函数在区间单调递增，且在单调递减，
当时，，当时，，且，
故当时在区间和各恰有一个零点.
综上的取值范围是.
（3）不妨设和的两个零点分别为，和，，
则，，且，.
设，则，
设，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故，，单调递增，
故当时，，
即，当时，，即.
故，，同理有，测试
结果真实
路况
传感器1
传感器2
传感器3
有障碍
无障碍
无法识别
有障碍
无障碍
无法识别
有障碍
无障碍
无法识别
无障碍
4
15
1
1
15
4
8
12
0
有障碍
40
10
10
45
5
10
45
10
5