河北省琢名小渔名校联考2026届高三上学期11月期中考试 数学 Word版含解析

这是一份河北省琢名小渔名校联考2026届高三上学期11月期中考试 数学 Word版含解析，共15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．双曲线的实轴长为，焦距为，则（ ）
A．1B．C．D．
2．已知集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知为虚数单位，则“”是“”为纯虚数的（ ）
A．必要不充分条件B．充要条件
C．充分不必要条件D．既不充分又不必要条件
4．从这10个正整数中任选3个正整数，所选三个正整数中至少有一个数是素数的概率（ ）
A．B．C．D．
5．已知为三条不同的直线，为三个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
6．已知实数满足，则的最小值为（ ）
A．1B．2C．4D．8
7．已知，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．已知关于的方程且在上恰好有两个不等的实数根，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．下列说法中不正确的是（ ）
A．若随机变量，则
B．若三个随机事件两两独立，则
C．一组数据是，则该组数据的第三四分位数是82.5
D．在线性回归分析中，两个变量的相关系数越大，变量之间相关性越强
10．已知数列的前项和为，且，则下列说法正确的是（ ）
A．数列为等差数列
B．成等比数列
C．有最小值
D．数列的前项和为
11．已知曲线，点是曲线上的动点，下列说法正确的是（ ）
A．曲线关于直线对称
B．点到原点的距离可能比2大
C．曲线上恰有4个格点（横纵坐标均为整数的点）
D．点纵坐标的取值范围为
三、填空题
12．已知，则 .
13．曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为，则正实数 .
14．设随机变量满足（其中），直线与抛物线的公共点个数为随机变量，若的数学期望，则抛物线的焦点坐标为 .
四、解答题
15．记内角的对边分别是，已知且.
(1)求的值；
(2)若，求面积的最大值.
16．在直三棱柱中，.
(1)证明：；
(2)当为何值时，平面与平面夹角的余弦值为.
17．已知椭圆的中心在坐标原点，对称轴为坐标轴，且过点和点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)斜率为的直线与椭圆分别交于两点（均异于点），求面积的最大值.
18．已知正项数列满足是数列前项和.
(1)证明：；
(2)证明：数列为递减数列；
(3)比较与的大小，并证明.
19．已知区间和区间，我们把含有的代数式记作“”.现有如下定义：
定义1：若，使得，则称“”是“任意存在型”代数式；
定义2：若，使得，则称“”是“存在任意型”代数式.
(1)写出命题“，使得”的否定形式，并判断命题的真假；（直接写出结果即可，不用说明理由）
(2)若，使得，求实数的最小值；
(3)已知区间，代数式，请判断“”是“任意存在型”代数式？还是“存在任意型”代数式，并说明理由.
参考答案
1．C
【详解】由知双曲线的焦点在轴上，且.
∴，，
所以，，.
故选：C.
2．D
【详解】由，即，则；
由，虽然，但当时，所以.
所以.
故选：B.
3．A
【详解】由为纯虚数，
得，即，
所以“”是“”为纯虚数的必要不充分条件，
故选：A.
4．B
【详解】由题意知：中的素数为，共4个，
所以所选三个正整数中至少有一个数是素数的概率：，
故选：B.
5．C
【详解】A选项，当时，不成立，故A错误；
B选项，当时，可以符合，而不符合，故B错误；
C选项，设，；
在内过上一点P作直线，则，故；
再作直线，则，故；
由于与相交于，，故C正确；
D选项，当时，不成立，故D错误；
故选：C.
6．B
【详解】令，则，
则由，得到，
令，
则，存在正根，
又，所以只需，
解得：，当时，取等号，
所以的最小值为，
故选：B
7．C
【详解】由题意知：点位于第一象限，
设点在角的终边上，则，
由三角函数的定义知
，
，，
，，
即的取值范围为．
故选：C．
8．B
【详解】对得，
而函数在上为增函数，
所以，对两边同时取自然对数，
得，即，
所以与图象恰好有两个交点，
又，则在单调递增；在单调递减，
而，当时，，当时，，
故，
故实数的取值范围为.
故选：B.
9．BD
【详解】因为随机变量，那么，
所以，，
则，所以A正确；
三个随机事件两两独立，且相互独立才有，所以B错误；
将数据从小到大排序为，
因为，则该组数据的第三四分位数是第6项与第7项的平均数，所以C项正确；
在回归分析中，相关系数的绝对值越大，变量之间的相关性越强，而不是相关系数越大，变量之间相关性越强，
因为相关系数有正负之分，正相关系数表示正相关，负相关系数表示负相关，所以选项D错误；
所以错误的选项为BD.
故选：BD.
10．ABD
【详解】对于A选项，当时，，
当时，，
由于当，，因此可得：，
又因为，
得证：数列为等差数列，首项，公差.故A选项正确；
对于B选项，由，
，，
由于，可得：成等比数列.故B选项正确；
对于C选项，由，
可知：当，时，单调递增；
当，时，单调递减，因此当时，取得最大值；无最小值.
故C选项错误；
对于D选项，设数列的前项和为，
由可得：当，时，，当，.
因此可得：当，时，，
当，时，
，
综上可得：数列的前项和为，故D选项正确；
故选：ABD
11．ACD
【详解】用替换曲线中的得到的曲线仍为，所以曲线关于直线对称，故A正确；
令，将其代入曲线，可得；
而曲线，所以，即，
由得，且当时，，故点到原点的最大距离为2，从而B错误；
注意到：曲线过原点，所以的取值范围为，从而，
将代入曲线得；
将代入曲线得；
将代入曲线得；
所以曲线上的格点为，故C正确；
令（），
则，
由；由.
所以在单调递增；在单调递减，
而，所以的取值范围为，
即的取值范围为，故D正确.
故选：ACD
12．/-0.4
【详解】由题意有：，
所以，
故答案为：.
13．
【详解】由题意有：，，，
所以切线方程为：，令，令，
所以切线与坐标轴的交点为：，
所以切线与坐标轴围成的三角形面积为：，
故答案为：.
14．
【详解】设分别取时，对应的直线与抛物线的交点个数分别是，
则，其中，
从而，
所以，故，
因为，所以必有三个取值为2，一个取值为1，
设直线与抛物线相切，
由得，由得，
对于其余的三个值，直线均与抛物线有两个交点，则
所以，在中，只有当时，其余均满足，
因此，只有直线与抛物线相切，即，故，
所以抛物线方程为，故焦点坐标为.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【详解】（1）由题意得
即
即
即
因为，所以，故，即.
（2）由（1）知，当时，
面积为
当，即,时，的面积最大，且面积的最大值为3.
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为，所以由直三棱柱的性质知四边形为正方形，所以，
而，平面，所以平面，
而平面，所以；
（2）由题意知，平面，
所以平面，而平面，
所以，故两两垂直，
以为坐标原点，方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
设，
则，
从而，
设平面的一个法向量为，
则，即，可取，
设平面的一个法向量为，
则，即，可取，
故，
平方化简得，又，所以，故.
17．(1)
(2)
【详解】（1）设椭圆的方程为
则，解得
故椭圆的标准方程为
（2）设直线的方程为，
由得
故得，
，
点到直线的距离，
所以，
当且仅当，即（满足）时取得最大值，
从而面积的最大值为.
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)，证明见解析
【详解】（1）证明：由及得，
所以
若中存在某项，则，这与已知条件矛盾，
所以且；
故恒大于0，所以，而，故
（2）证明：因为，
而，所以与同号
因为，
所以与同号
而，所以，所以，故，
综上，数列为递减数列.
（3）由（1）知，且
故，
由（2）知数列是递减数列，而，所以；
而函数是上的增函数，
所以
从而；
所以
故
19．(1)，使得.命题为假命题
(2)
(3)（i）“”是“任意存在型”代数式；（ii）“”不是“存在任意型”代数式，理由见解析
【详解】（1），使得.命题为假命题.
（2）由，即，
而，所以
从而，所以，而，
故，即实数的最小值为4.
（3）“”是“任意存在型”代数式，不是“存在任意型”代数式
理由如下：
（i）“”是“任意存在型”代数式，即，使得.
证明：令，则，因此只需即可.
而，由得，所以在单调递减.
而，所以当均有，故“”是“任意存在型”代数式.
（ii）“”不是“存在任意型”代数式.
证明：令，则，只需.
而，故在单调递增，而，
所以只需，使得即可
令.而在恒成立，
故在单调递增，从而恒成立，
这与“，使得”矛盾，故“”不是“存在任意型”代数式.