河北省沧州市十二校联考2026届高三上学期一模数学试卷（Word版附解析）

这是一份河北省沧州市十二校联考2026届高三上学期一模数学试卷（Word版附解析），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．复数的虚部为（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知依次成等差数列，依次成等比数列，则的最小值是（ ）
A．2B．C．4D．8
4．将4个不同的小球放入4个不同的盒子中，则恰有两个盒子为空的放法种数为（ ）
A．72B．84C．96D．108
5．已知正项等差数列的公差为，若，则（ ）
A．B．C．D．
6．一个底面边长和侧棱长均为4的正三棱柱密闭容器，其中盛有一定体积的水，当底面水平放置时，水面高为.当侧面水平放置时（如图），容器内的水形成新的几何体.若该几何体的所有顶点均在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
7．如图，在函数的部分图象中，若，则点的纵坐标为（ ）

A．B．C．D．
8．设A，B是半径为3的球体O表面上两定点，且，球体O表面上动点P满足，则点P的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
10．若函数的图象经过第二、三、四象限，则（ ）
A．B．
C．D．
11．已知函数满足：对任意，且当时，.下列说法正确的是（ ）
A．
B．为偶函数
C．当时，
D．在上单调递减
三、填空题
12．某流水线上生产的一批零件，其规格指标X可以看作一个随机变量，且，对于的零件即为不合格，不合格零件出现的概率为0.05，现从这批零件中随机抽取500个，用Y表示这500个零件的规格指标X位于区间的个数，则随机变量Y的方差是 .
13．在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是 ．

14．设F为双曲线的右焦点，A，B分别为双曲线E的左右顶点，点P为双曲线E上异于A，B的动点，直线l：x＝t使得过F作直线AP的垂线交直线l于点Q时总有B，P，Q三点共线，则的最大值为 .
四、解答题
15．函数是定义在R上的奇函数，且.
(1)求a，b的值；
(2)判断并证明在的单调性.
16．如图，四棱锥P-ABCD底面为正方形，PD⊥平面ABCD,PD=AD,点M为线段PA上任意一点（不含端点），点N在线段BD上，且PM=DN.
（1）求证：直线MN∥平面PCD.
（2）若点M为线段PA的中点，求直线PB与平面AMN所成角的余弦值.
17．已知为数列的前项和，且.
(1)求的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，求的表达式及最大值.
18．已知椭圆：的离心率为，且经过点.，是的左、右焦点.
(1)求的标准方程；
(2)过的直线与交于，两点.若的内切圆半径为，，求的值.
19．已知函数，，.
(1)若曲线在点的切线也是曲线的切线，求的值；
(2)讨论函数在区间上的单调性；
(3)若对任意恒成立，求的取值范围.
参考答案
1．A
【详解】,
故虚部为1，
故选：A.
2．B
【详解】由，即，，
又，所以.
故选：B
3．A
【详解】成等差数列，成等比数列，
所以，且，则，
当且仅当时取等号，
故选：A.
4．B
【详解】选个空盒：种，
分配个小球到个非空盒
情况一（分法）：种
情况二（分法）：种
总分配方法; 种，
总放法数：种
故选：
5．B
【详解】由已知数列为等差数列，
且，
即，
化简可得，
即，
故选：B.
6．A
【详解】方法一：
，
如图，，
而，
，，即，
由于到距离，则到距离，
设正方形外接圆圆心，则
设矩形外接圆圆心，则，设外接球半径
，，故外接球表面积为，
故选;A.
方法二：由当底面水平放置时，水面高为可知容器内的空气占容器体积的，于是侧放时，图中的空气区域的“小三棱柱”的体积为容器的，因此“小三棱柱”的底面“小三角形”的面积为大三角形的，则边长之比为，即“小三角形”边长为1.然后如图：
设圆的半径为，由余弦定理可得，
故，故，
所以外接球的半径为，所以球的表面积为.
故选：A.
7．B
【详解】依题意则得 ，
即，所以,；
设，因为，
所以,，解得,；
因此
,，
可得，结合图象可得，解得.
故选：B
8．D
【详解】以所在的平面建立直角坐标系，为轴，的垂直平分线为轴，
，则，，设，，
则，整理得到，
故轨迹是以为圆心，半径的圆，
转化到空间中：当绕为轴旋转一周时，不变，依然满足，
故空间中的轨迹为以为球心，半径为的球，
同时在球上，故在两球的交线上，为圆.
球心距为，
为直角三角形，对应圆的半径为，
周长为.
故选：D
9．BC
【详解】由，且，则，故A错误；
由，故B正确；
由，故C正确；
由，故D错误.
故选：BC.
10．AC
【详解】若函数的图象经过第二、三、四象限，则的图象如下图所示：
函数单调递减，所以，所以，
由题意可知，解得，所以，，
故选：AC.
11．ACD
【详解】因为，
令，，可得，
所以，
令，，可得，
所以，
所以，A正确；
由，
令可得，，
再将中的替换为，可得，
所以，
所以，所以函数为奇函数，B错误；
当时，将中的用替换，
可得，即，
当时，，由已知可得，
所以，，
又函数为奇函数，所以当时，，，
所以当时，，C正确；
因为，
所以若，则，
任取，且，
则，
因为，所以，，,
所以，所以，
所以函数在上单调递减，
设，
当时，，
因为，所以，
因为函数在上单调递减，所以，
所以，
所以在上单调递减.
故选：ACD.
12．
【详解】由正态分布的性质得质量指标在区间的概率为，
即1件产品的质量指标位于区间的概率为，∴，
故.
故答案为：
13．或0
【详解】∵三点共线，
∴可设，
∵，
∴，即，
若且，则三点共线，
∴，即，
∵，∴，
∵,,，
∴，
设，，则，.
∴根据余弦定理可得，，
∵，
∴，解得，
∴的长度为.
当时， ，重合，此时的长度为，
当时，，重合，此时，不合题意，舍去.
故答案为：0或.
14．/1.25
【详解】
设，，联立整理得: ;
所以，得到，所以；
过F作直线PA的垂线与直线交于Q，
因为B,Q,P三点共线，所以Q是直线与BP的交点，
Q是与的交点
所以得 ，所以
设则
所以当 时，即m=2即时， 取得最大值.
故答案为：
15．(1)，；(2)在上单调递减，证明见解析.
【详解】(1)因为是定义在R上的奇函数，
所以，
又由，故；
(2)由(1)中可知，在上单调递减，
证明：设，，且，
则，
因为，
所以，，，
从而，即，
故在上单调递减.
16．（1）详见解析；（2）
【详解】（1）如图所示：过点作交于，连接.
，
故，所以平面平面
故直线MN∥平面PCD
（2）由于 ，
以为 轴建立空间直角坐标系，
设,则
则 ,设平面的法向量为
根据 得到 故法向量
则向量 与 的夹角为,则，
则与平面夹角的余弦值为 .
17．(1)；
(2)，20.
【详解】（1）在数列中，，则，两式相减得，
而，，则，因此数列是首项为1，公比为3的等比数列，
所以的通项公式是.
（2）由（1）得，
所以，
，当时，；当时，，
即，所以当时，取得最大值.
18．(1)；
(2).
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由离心率为，得，令，，
椭圆：过点，则，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由（1）知，设直线的方程为，，，
由消去得，
，，
，，
而，，则，解得，
所以.

19．(1)
(2)答案见解析
(3)
【详解】（1）由已知得，，在点处的切线方程为.
设与切于，，，
则过该点的切线方程为：，
整理得，由于该切线与重合，
则.
（2）由，求导得，
①当时，，，在上单调递增；
②当时，令
当时，，在区间上单调递减，
当时，，在区间上单调递增
③当时，令
当时，，在区间上单调递增；
当时，，在区间上单调递减
（3）由题意得，即对恒成立.
令，，
令，，
因为，，
若，则在处的切线必然是上升的，
又因为，所以当且靠近的函数值满足，
此时就有，
从而可推导在且靠近的附近是递增的，
又因为，
所以在且靠近的附近必有
则必然不满足对恒有，
所以要满足对恒有，
首先必需满足在且靠近的附近，
所以满足，
从而可得参数满足的必要条件是；
下面再证充分性，当，时，则，即有，
又构造，，可得，
所以在区间上单调递增，即，
则可知，则，
恒成立，符合题意，