河北省邢台市卓越联盟2026届高三上学期12月联考 数学试卷

这是一份河北省邢台市卓越联盟2026届高三上学期12月联考 数学试卷，共16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．已知复数（为虚数单位），则在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．已知平面向量，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
3．已知公差为的等差数列的前项和为，若，，则下列说法错误的是（ ）
A．
B．
C．若，则的最大值为12
D．前100项中，被7除余3的有14项
4．Peukert于1897年提出蓄电池的容量（单位：）、放电时间（单位：）与放电电流（单位：）之间关系的经验公式，其中为Peukert常数．在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间，则当放电电流时，放电时间为（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数的大致图象如图，则函数的解析式可能是（ ）
A．B．C．D．
6．已知，且，则下列各式正确的是（ ）
A．B．C．D．
7．已知等比数列的公比为，前项和为．若，，则（ ）
A．B．C．D．
8．在锐角三角形中，内角，，的对边分别为，，，且，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知的外接圆圆心为，且，，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．
C．在上的投影向量为
D．
10．如图，在边长为4的正方形中，分别是的中点，是的中点．若沿直线及把这个正方形折成一个三棱锥，使，三点重合，重合后的点记为，则下列说法正确的有（ ）
A．平面平面
B．与平面所成角的余弦值为
C．点到平面的距离为
D．三棱锥的外接球的半径为
11．已知函数，则下列结论正确的有（ ）
A．的图象关于点对称
B．当时，有两个零点
C．若有三个零点，则的取值范围是
D．若是的极大值点，则
三、填空题
12．已知直线的倾斜角为，且过点，则直线的一般式方程为 ．
13．已知函数的最大值为5，则实数 ．
14．在正三棱柱中，点，分别为和的中点，以为基底，则 ；若，则 ．
四、解答题
15．已知，，分别为三个内角，，的对边，且．
(1)求角的值；
(2)若，的面积为，求，的值．
16．已知向量，，，记函数，且函数的最小正周期为．
(1)求函数的单调递增区间；
(2)把函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再向左平移个单位长度，得到函数的图象，若锐角满足，求的值．
17．已知数列的首项，且满足．
(1)证明：数列为等比数列，求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和；
(3)设，求数列的前项和．
18．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)判断函数的单调性并求其最值；
(3)若不等式对恒成立，求实数的取值范围．
19．如图，在四棱锥中，底面，，，是棱上的动点（不与点，重合），．
(1)若平面，求的值；
(2)若是棱的中点，求点到平面的距离；
(3)在（2）的条件下，求直线与平面所成角的余弦值．
参考答案
1．B
【详解】因为，
所以在复平面内复数对应的点为，此点位于第二象限，
故选：B．
2．A
【详解】当时，，，，
所以，充分性成立；
当时，，即，
解得或，必要性不成立．
综上，“”是“”的充分不必要条件，
故选：A．
3．D
【详解】由题意及等差数列的前项和公式，
，，
即：即，
解得所以，故A，B正确．
，解不等式，，得，
所以的最大值为12，故C正确．
因为在自然数中，被7除余3的数可表示为，，
，解不等式，得，又，所以有15项，故D错误．
故选：D．
4．B
【详解】根据题意，，当时，，代入公式，得，
所以当时，．
故选：B．
5．A
【详解】由函数的图象可知，函数是奇函数．
对于B：，此时为偶函数，与图象不符，故B错误；
对于C：当时，，与图象不符，故C错误；
对于D：，此时为偶函数，与图象不符，故D错误；
由排除法可知A正确，
故选：A.
6．C
【详解】因为，两边平方，得，即，所以，故B错误．
由上及二倍角正弦公式，得，因为，
所以，，，又，
所以．结合，解得，，故A错误．
因为，所以，故C正确，，故D错误．
故选：C．
7．C
【详解】因为，，
所以．由题意，得，
解得，则或．
因为，所以．
当时，，解得，
，
满足，，
所以，；
当时，，解得，
，
满足，，
所以，．
故A，B，D错误，C正确．
故选：C．
8．A
【详解】由已知及正弦定理，得，
因为，所以，
所以，
因为，，所以，
所以，故，则，
因为是锐角三角形，所以，解得，所以，
由正弦定理，得
，
因为，所以．
故选：A
9．ACD
【详解】因为，所以为的中点，所以为圆的直径，．
因为，
所以是等边三角形，
所以，，，．
，故A正确．
，故B错误．
设的中点为，则，为在上的投影向量，，故C正确．
因为，所以，故D正确．
故选：ACD．
10．ABD
【详解】
对于A：在正方形中，因为分别是的中点，由正方形的性质易知，，且三点共线，.
因此，由折叠可知，在三棱锥中，，，
且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面．故A正确；
对于B：在原正方形中，有，由折叠可知，在三棱锥中，
有，平面，所以平面．
因为平面，所以，因此即与平面所成角．
由正方形的性质可知，点在对角线上，且，
所以在中，，故B正确；
对于C：在原正方形，，，由选项B可知，，，
因此，由折叠可知，在三棱锥中，，，
又因为，故，
，，
设点到平面的距离为，
则，
解得，故C错误；
对于D：因为，平面，所以两两互相垂直，所以三棱锥的外接球即
以分别为长、宽、高的长方体的外接球．
由选项C可知，，因此长方体的体对角线长，
所以外接球的半径为，故D正确．
故选：ABD．
11．AD
【详解】设，，则，所以函数是奇函数，其图象关于坐标原点对称．因为，所以函数的图象关于点对称，故A正确．
当时，，，
令得或．
当时，，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
当时，取得极大值3，当时，取得极小值，
因为，，
所以函数在区间，，上各有一个零点，
即有三个零点，故B错误．
因为，所以．
当时，恒成立，函数在上单调递减，
因为，，所以函数只有一个零点，不符合题意．
当时，令，解得，．当时，
，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增．
所以当时，取得极大值；当时，取得极小值．
因为当时，，，当时，，
所以在上有一个零点，
若有三个零点，则．又，解，
得．故C错误．
由C选项的分析知，函数的极大值点为，
解，得，故D正确．
故选：AD．
12．
【详解】因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率．
因为直线过点，所以直线的点斜式方程为，
化为一般式，得．
故答案为：
13．4
【详解】因为，
所以函数的最大值为．
由题意，得，解得．
故答案为：4
14． 10
【详解】在正三棱柱中，点，分别为和的中点，
，，，
所以；
正三棱柱中，,，则，
又，，,
.
故答案为：；10
15．(1)
(2)
【详解】（1）由及正弦定理，得
．
因为，
所以，
所以．
因为，所以，即．
因为，所以，
所以，．
（2）由（1）得，
因为的面积为，即，
所以．
由余弦定理，得．
因为，所以，所以．
所以，所以；
又，所以．
所以．
16．(1)，
(2)
【详解】（1）因为向量，，
所以
．
因为函数的最小正周期为，所以，即，
所以，
解，，得，，
所以函数的单调递增区间为，，
（2）把函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，
再将所得图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，
由题意，得，
，
因为，所以，
因为是锐角，所以，
所以，
所以．
17．(1)证明见解析，
(2)
(3)
【详解】（1）因为，，所以．
所以，则．
因为，所以，
所以数列是首项和公比均为的等比数列．
所以，所以．
（2）由（1）得，
所以
．
所以．
（3）由（1）得，所以，所以．
所以
．
设，则，
两式相减，得，
所以．
所以．
18．(1)
(2)函数在区间上单调递减，在区间上单调递增；最小值是0，没有最大值
(3)
【详解】（1）因为，，所以．
因为，，
所以曲线在点处的切线方程为．
（2）由（1）知，．
当时，，所以函数在区间上单调递减；
当时，，所以函数在区间上单调递增．
所以当时，函数取得极小值，也是最小值．
因为，所以函数的最小值是0，没有最大值．
（3）设，
则，．
当时，在上恒成立，当且仅当时，等号成立，
所以函数在上单调递增，所以，满足题意．
当时，设函数，则，．
解得，解得．
当，即时，在上恒成立，
函数在上单调递增，所以，
即在上恒成立，所以函数在上单调递增，
所以，满足题意．
当，即时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又，所以在上恒成立，即在上恒成立，
所以在区间上单调递减．
因为，所以在区间上恒成立，与已知矛盾，不合题意．
综上，实数的取值范围是．
19．(1)；
(2)；
(3).
【详解】（1）如图，连接与交于点，连接．
因为平面，平面，平面平面，
所以，所以，
因为，，所以，所以，
所以，所以；
（2）因为平面，，平面，所以，．
因为，所以，，两两垂直．
以点为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意，得，，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，则，即，
取，则，，故．
所以点到平面的距离；
（3）由（2）得，平面的法向量为，
则，
设直线与平面所成角为，则，
所以，
即直线与平面所成角的余弦值为．