2026河北省部分高中高三上学期12月考试数学含解析

这是一份2026河北省部分高中高三上学期12月考试数学含解析，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。
数学试题
一、单选题
1．已知，，(i为虚数单位)，则（ ）
A．B．1C．D．3
2．已知全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知数据的平均数为1，方差为0，则数据，的方差为（ ）
A．0B．1C．2D．3
4．的展开式中的系数为（ ）
A．12B．60C．160D．240
5．已知函数为奇函数，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
6．某智能物流车的“实际配送向量D”“规划路线向量R”“交通拥堵修正向量J”满足关系式：D=3R+2J.已知条件如下：实际配送向量，交通拥堵修正向量J与向量 垂直， 配送效率等级通过“规划路线向量 R 的模(单位：km)”判定，标准如下表(一般情况下，认定“停滞”属于无效配送)：
若此次配送为有效配送，则此次配送的效率等级为（ ）
A．超高效B．高效C．常规D．低效
7．如图，三棱柱中，为中点，为棱上一点，为侧面上一动点，且满足平面，则点的轨迹的长度为（ ）
A．1B．
C．D．2
8．若函数（其中），存在唯一整数，使得，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知，，且，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知函数，则满足过点可作出3条直线与图象相切的充分条件是（ ）
A．，B．
C．点在射线上D．点在曲线上
11．已知双曲线的右焦点为，左顶点为，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，且交的右支于点，设为坐标原点，为的左支上一动点，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
12．已知函数，则满足的的值为 .
13．若点是抛物线上的动点，点是直线上的动点，则的最小值为 .
14．在平面四边形中，，若满足上述条件的平面四边形有且只有1个，则边的取值范围是 .
四、解答题
15．已知等差数列的公差为，前项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)设为数列的前项和，求使得的的最小值.
16．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)设点在曲线上，求的最大值.
17．如图1，在菱形中，动点E，F在边AD，AB上（不含端点），且存在实数使，沿EF将向上折起得到，使得平面平面，如图2所示．
(1)若，求的值；
(2)当点的位置变化时，平面与平面的夹角的余弦值是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由．
18．已知是椭圆上的两点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知是椭圆上的两动点，且的横坐标之和为，设直线为线段的中垂线，过点作直线，垂足为．求垂足横坐标的取值范围，并求的轨迹方程．
19．在生态研究中，观察两种昆虫的信息传递，这两种昆虫的信息素中均含某种特殊化学物质A，A的浓度代表环境是否安全，但种群甲与种群乙的响应恰好相反，种群甲接收到含高浓度A的信息素后，认为“安全”，传递含高浓度A的信息素，反之认为“危险”，传递含低浓度A的信息素；种群乙接收到含高浓度A的信息素后，认为“危险”，传递含低浓度A的信息素，反之认为“安全”，传递含高浓度A的信息素，初始时，第1只昆虫属于种群甲，其接受到了“安全”的环境信息并开始传递．每只昆虫传递信息时，有的概率将信息素传递给同种群的昆虫，的概率将信息素传递给另一种群的昆虫，每次传递仅传递给一只昆虫，且每只昆虫传递信息的准确性与传递给的对象无关．
(1)设为第n只昆虫属于种群甲的概率，当时，求；
(2)求第n只昆虫传递含高浓度化学物质的信息素的概率；
(3)证明：当时，，并阐述若要使这两种昆虫种群更加适应环境，p应该满足的要求及原因．
参考答案
1．C
【详解】，
利用复数相等的充分必要条件可得：.
故选：C.
2．B
【详解】因为，，
所以，所以，
故选：B.
3．B
【详解】,的平均数为1，方差为0，，
，，
，
，
方差为
故选：B.
4．B
【详解】因为的二项展开式的通项为
，
令，解得，所以，
所以的展开式中的系数为60.
故选：B
5．D
【详解】先确定函数定义域：由得，定义域关于原点对称.
令，则，故是奇函数.
因为奇函数，故需为偶函数.
偶函数满足，即， 利用正弦函数性质，
得， 解得.
由，当时，取最小值.
故选：D
6．B
【详解】设向量，因为向量与垂直，且，
可得，解得或，所以或，
当时，，
所以，因为，所以属于高效；
当时，，
所以，因为，所以属于停滞，
因为“停滞”属于无效配送，排除此种情况，
所以此时配送的效率等级为高效.
故选：B.
7．A
【详解】由题意知，，在上取点，使得，
则且，所以四边形为平行四边形，
故，又平面，平面，
所以平面.
在上取点，使得，
有，则，
又平面，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，则点P的轨迹为线段.
在中，，由余弦定理，
得，
即点的轨迹长度为.
故选：A
8．B
【详解】，即，令，，
由，，
所以函数是偶函数，
当时，，则，
当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
且，，，，，
如图，作出函数与的大致图象，又，，
且直线，当时，，
结合图象可得，得.
故选：B.
9．AC
【详解】是正数，则，，故选项A正确；
，故选项B错误；
，取等号，故选项C正确；
结合A选项，，故选项D错误.
故选：AC.
10．ACD
【详解】因为，所以，
设过点的直线与的图象切于点，
则切线斜率，即，
去分母整理得，切线有3条，
设，则有3个零点，
，令，得或，
所以，
对于A，取，得，A正确；
对于B，取，则，不满足，B错误；
对于C，令，，则，，满足，C正确；
对于D，令，，则，，满足，D正确；
故选：ACD.
11．ACD
【详解】对双曲线：，，所以.
双曲线在一、三象限的渐近线方程为.
如图：
直线所在的直线方程为：.
由，即.
由且，即.
又，所以.
对A：因为，所以，，所以，故A正确；
对B：因为，，所以不成立，故B错误；
对C：,当三点共线时取等号，故C正确；
对D：设双曲线左焦点为，则，
所以，当三点共线时取等号.故D正确。
故选：ACD
12．
【详解】因，
设，当时，，解得，即，
若，则，解得，不合题意，舍去；
若，则，解得，符合题意；
当时，，解得，不合题意，舍去.
综上，可得.
故答案为：.
13．
【详解】不妨设点，则点到直线的距离为，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为.
故答案为：.
14．
【详解】在中，由余弦定理可得，
所以，
由正弦定理可得，即，
因为，所以，
所以，
在中，由正弦定理可得，
即，
因为满足上述条件的平面四边形有且只有1个，
所以或，得或，
所以边的取值范围是.
故答案为：

15．(1)
(2)
【详解】（1）由于，
故解得
所以.
（2）由（1）知，所以，
则数列是以4为首项，3为公差的等差数列；
所以.
由，得，
即，
则，或，
又因为，所以的最小值为4.
16．(1)在区间上单调递增，在区间上单调递减
(2)
【详解】（1），
当时，，当时，，
在区间上单调递增，在区间上单调递减.
（2）由（1）可知，的最大值为
又时，，，
由题意得，，，
不妨设，
则，设，则，
在区间上单调递减，在区间上单调递增，
，在区间上单调递增，，
的最大值为1
17．(1)
(2)是定值；定值为
【详解】（1）在图2中，取EF中点O，BD中点M，连接OP，OM，
因为，即，所以，
所以，又因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，由题意可知，
以O为原点，OF、OM、OP所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，
设，，则，，
∴，，，，
故，
∵，∴，
∴，解得（舍）或，
∴，∴，
∴图中点E在靠近点D的三等分点处，即
（2）设平面与平面的夹角为．
由（1）易知平面PEF的法向量，
，，
设平面的法向量，则，即，
取，得，
∴．∴．
∴无论点E的位置如何， 平面与平面的夹角的余弦值为定值．
18．(1)；
(2)，且.
【详解】（1）由题意解得，所以椭圆的标准方程为；
（2）设，线段的中点，则，，
①当时，的中垂线为轴，过点向中垂线作垂线，垂足为点
②当时，直线的斜率，则，
所以，将代入椭圆方程得，
所以，从而或，
线段的中垂线方程为，即．
故线段的中垂线过定点
故垂足轨迹是在以为圆心，半径为的圆弧，其方程为
过点与垂直的直线为，
联立方程组消去得，因为，
所以，综上①，②所得
所以垂足轨迹方程是，且．
19．(1)
(2)
(3)答案见解析
【详解】（1）由题意可知，当时，由初始条件为第1只昆虫是种群甲，所以．
当时，第n只昆虫属于种群甲可能有两种情况：
第只是甲且第n只与它同种群，或第只是乙且第n只与它不同种群，
也即，得，
当时，，解得，
即当，时，第n只昆虫属于种群甲的概率恒为，
又．故第n只昆虫属于种群甲的概率，则．
（2）由题意可知，当时，由初始条件为第1只昆虫是种群甲，其传递高浓度信号，所以．
当时，第n只昆虫传递高浓度信号可能有两种情况：
第n只昆虫接收高浓度信号且是甲种群，或第n只昆虫接收低浓度信号且是乙种群，
则，
即．
由（1）得：，，
则，
当时，是以为首项，为公比的等比数列，
故，则，
经检验，当时也满足上述递推式，
故，
变形可得，
则，
代入得，
故，
化简得，
则
，
故．
（3）易有．
由，则，
因为且，则，
当时，恒成立，且，
则，也即，
又，，则，
故．
综上，． 配送效率等级
超高效
高效
常规
低效
停滞
模的范围