2026河北省百师联盟高三下学期一模试题数学含解析

这是一份2026河北省百师联盟高三下学期一模试题数学含解析，共23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。
1．已知全集为，若，则（ ）
A．B．C．D．
2．设，是虚数单位，则“复数为纯虚数”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．既不充分也不必要条件D．充要条件
3．已知为正实数，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
4．已知圆台上底面直径为2，下底面直径为4，母线长为3，则该圆台的体积为（ ）
A．B．C．D．
5．一组从小到大排列的数据：，，，，，，，，，若它们的百分位数是中位数的两倍，则的值为（ ）
A．B．C．D．
6．数列的通项公式为，为其前n项和，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数（），若在部分的图象与直线恰好产生了三个交点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．已知直线与相交于点P，点Q在圆上，则（ ）．
A．有最大值B．有最大值
C．有最小值D．有最小值
二、多选题
9．如果平面向量，那么下列结论中正确的是（ ）
A．B．
C．与的夹角为D．在方向上的投影为
10．设函数的定义域为，且满足，，当时，，则（ ）
A．是奇函数
B．
C．的最小值是
D．方程在区间内恰有个实数解
11．已知，分别是椭圆：的左、右焦点，为坐标原点，为上异于左、右顶点的一点，是线段的中点，则（ ）
A．B．
C．内切圆半径的最大值为D．外接圆半径的最小值为1
三、填空题
12．若圆与轴相切，则实数的值是_____.
13．已知二面角为直二面角，，，，，则与，所成的角分别为，，与所成的角为___________.
14．已知函数，若函数，则的所有零点之积为__________；方程有三个不同的解，则实数的范围为__________.
四、解答题
15．已知，且的解集为．
（1）当，求函数的解析式；
（2）若关于的不等式对一切实数恒成立，求实数的取值范围.
16．已知平面向量，，，且，
(1)求在方向上的投影向量；
(2)求与的夹角.
17．在三棱柱中，，为的三等分点，侧面为正方形，，.
(1)证明：平面平面；
(2)证明：平面；
(3)正方形边长为，，求直线与平面所成角的正弦值.
18．已知F为抛物线C：的焦点，点A在C上，.点P（0，-2），M，N是抛物线上不同两点，直线PM和直线PN的斜率分别为，.
(1)求C的方程；
(2)存在点Q，当直线MN经过点Q时，恒成立，请求出满足条件的所有点Q的坐标；
(3)对于（2）中的一个点Q，当直线MN经过点Q时，|MN|存在最小值，试求出这个最小值.
19．已知，
(1)时，证明：；
(2)若对任意的，恒成立，求的取值范围；
(3)证明：对任意的正整数，总有．
参考答案
1．A
【详解】因为，则，
所以.
故选：A.
2．A
【详解】因为，
若复数为纯虚数，则，，所以；即“复数为纯虚数”是“”的充分条件；
若，则，但复数不是纯虚数；即“复数为纯虚数”不是“”的必要条件；
综上，“复数为纯虚数”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
3．C
【详解】因为，则，
由于，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为，
故选：C
4．A
【详解】由题意，如图，
所以.
故选：A
5．A
【详解】数据，，，，，，，，，已是由小到大的排列，数据共个，
中位数为第个与第个数据的平均值即中位数为，
由，因此百分位数为第个与第个数据的平均值即，
得，
解得，
故选：A．
6．D
【详解】令，因为，所以解得，
所以数列的前3项为负，从第4项起为正，
所以的最小值为.
故选：D.
7．C
【详解】
令，，，所以，
问题转化为直线与函数，当时，有三个交点，
由，
于是有，
故选：C
8．A
【详解】对于直线，可变形为.
令，解得，所以直线恒过定点.
对于直线，可变形为.
令，解得，所以直线恒过定点.
因为，所以，已知，，则中点坐标为.
，所以半径.
则点的轨迹是以AB为直径的圆的一部分，故点P的轨迹为，
已知圆的圆心，半径，则圆心与点轨迹圆的圆心的距离为.
的最大值为圆心加上两圆半径，即.
由于轨迹不包含点，故不存在最小值.
故选：A．
9．AB
【详解】因为，所以．
在A中，由，可得，故A正确；
在B中，由，可得，故B正确；
在C中，由，可得与的夹角为，故C错误；
在D中，在方向上的投影为，故D错误．
故选:AB．
10．AB
【详解】对于选项A，因为函数的定义域为，又，所以，
又，得到，所以是奇函数，故选项A正确，
对于选项B，因为，所以，得到的周期为，
所以，故选项B正确，
对于选项C，当时，，又是奇函数，
所以当时，，所以选项C错误，
对于选项D， 当时，，则，得到，
因为，所以函数关于直线对称，所以在上的图像如图所示，
由图知，在有4个交点，又的周期为，且在区间上共有506个周期，
所以方程在区间内恰有个实数解，故选项D错误，
故选：AB.
11．ACD
【详解】
对于A，，故A正确；
对于B，由三角形中位线得，因为当点在第二三象限时，，此时，故B错误；
对于C，因为，，
当点在上顶点时，最大，所以，所以，
所以，所以由三角形相似可得，
设内切圆半径为，又，
所以内切圆半径的最大值为，故C正确；
对于D，设的外接圆半径为，则由正弦定理可得，故D正确.
故选：ACD
12．
【详解】由，可得，
方程表示圆，则可得圆心为，半径为，
由圆与轴相切，则可得，解得.
故答案为：.
13．/
【详解】如图，
，则两两垂直.
作，垂足分别为，连接，
则，
所以为与的所成角，为与的所成角，
即，，
建立如图空间直角坐标系，设，
则，得，
，所以，取，
则，又，
所以，即与所成的角为.
故答案为：
14． 1
【详解】由题，函数的零点即方程的根，作出函数的图象，如图，
与的图象共4个交点，从右到左依次是，
当时，，则，得，故，即，
同理，可得，
所以，即的所有零点之积为1.
作出函数的图象如图，
方程有三个不同的解，即与的图象有三个不同的交点，
当时，，则，设切点为，
所以曲线过原点的切线斜率，解得，
所以曲线过原点的切线斜率，
要使得与的图象有三个不同的交点，则，即，
所以实数的取值范围为.
故答案为：1，.
15．（1）（2）
【详解】（1）由的解集为可知且.
则 .
（2） 的解集为R.
当时，满足题意；
当时，由.
综上，.
16．(1)
(2)
【详解】（1），，解得.
.
，，.
.
，
.
所以在方向上的投影向量为．
（2）由（1）知，，，
，，.
设，的夹角为，则：.
，
即向量与向量的夹角为．
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）由四边形是正方形，可知，
又，，平面，则平面.
而平面，故平面平面.
（2）因为，，，平面，则平面，
而平面，则.
由（1）知平面平面，平面平面，平面，且，
故平面.
（3）以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
在中，，，则.
则有，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则有，可取，得.
记直线与平面所成的角为，
故.
即直线与平面所成角的正弦值为.
18．(1)
(2)（2，2）或（4，2）
(3)5
【详解】（1），设，则，
所以得：，解得或（舍），
所以抛物线C的方程为①.
（2）设直线MN：②，，，
联立①②，得.
所以③，，④.
，，
则，
.
因为，即：，
即：，
则或，能满足③式.
则MN：，或MN：，
所以定点Q的坐标为（2，2）或（4，2）；
（3）如MN过（4，2）点，当时，，但此时M，N重合，
则|MN|无最小值，所以MN只能过（2，2）点，此时|MN|有最小值.
由（2），在④中，令得：，，
.
令，
则，.
当时，，在上为减函数，
当时，，在上为增函数，
所以当时，有最小值，|MN|有最小值.
.
19．(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）构造，当时，，．
可知，，单调递增；
，，单调递减．
则，故，即，
所以．
（2）依题意，设，
则，
且有，．
（i）当，时，显然中，则恒成立；
（ii）当，时，，则单调递增，，
单调递增，．
（iii）当，时，，则单调递增，，，则必然存在一个，使得，
且有时，，单调递减，
此时，不满足恒成立条件．
综上所述，．
（3）由（2）中结论，有当时，，对任意的恒成立，
取可得，，对任意的恒成立，
即，变形可得
分别令，，，，可得，
，……，
累加可得证毕．