河北省邯郸市2026届高三下学期第一次模拟检测数学试题（Word版附解析）

这是一份河北省邯郸市2026届高三下学期第一次模拟检测数学试题（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。
数学试卷
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数的共轭复数为，若，则可能为（ ）
A．B．C．D．
3．“曲线在处的切线的倾斜角为”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
4．在下列四个正方体中，为正方体的顶点，为所在棱的中点，则满足直线平面的是（ ）
A．B．
C．D．
5．已知一组数据的方差为，甲同学将这组数据错看成，并求得错误数据的方差为，则正确数据的方差（ ）
A．80B．60C．40D．20
6．若定义在上的偶函数满足，且当时，，则（ ）
A．B．0C．D．
7．已知，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知递增数列满足，且，则满足的关系式不可能为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．是奇函数B．的最小正周期为
C．在上单调递增D．的值域为
10．已知是椭圆上一点，分别是的左、右焦点，若点满足，，则的离心率可能为（ ）
A．B．C．D．
11．如图1，在长方形中，是边上一点，且．将沿着翻折至，连接，得到如图2所示的四棱锥，则下列结论正确的是（ ）
A．四棱锥体积的最大值为
B．当平面平面时，三棱锥的外接球的表面积为
C．在翻折的过程中，与始终不垂直
D．若，则
三、填空题
12．已知均为单位向量，则______．
13．已知是抛物线的焦点，是的准线与轴的交点，是上的点，且，则______．
14．某地普法小组安排4名男性普法员和2名女性普法员前往甲、乙、丙三个社区进行宣讲，每名普法员只能前往一个社区，每个社区至少有1名普法员，则2名女性普法员被安排在不同社区的方案共有______种．
四、解答题
15．的内角的对边分别为，已知成等差数列，且．
(1)求；
(2)记外接圆的面积为，若，求的取值范围．
16．某科研项目的立项评审，先由两位初审专家评审．若能通过两位初审专家的评审，则予以立项；若两位初审专家都未予通过，则不予立项；若恰能通过一位初审专家的初审，则再由第三位专家进行复审，若能通过，则予以立项，否则不予立项．设该项目能通过每位初审专家评审的概率均为，能通过复审专家评审的概率为，各专家评审能否通过相互独立．
(1)求该项目予以立项的概率；
(2)记评审通过该项目的专家人数为，求的分布列与期望．
17．如图，在三棱台中，平面，，，，，是棱上一点（不含端点）．
(1)若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值．
(2)是否存在点，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
18．已知是的两个顶点，是的重心，分别是边的中点，且．记点的轨迹为曲线．
(1)求的方程．
(2)若的面积为24，求点的坐标．
(3)已知点，过的直线与曲线交于两点，直线与交于点，试判断是否在一条定直线上．若是，求出该直线方程；若不是，说明理由．
19．已知函数．
(1)若，证明：．
(2)设有两个零点．
①求的取值范围；
②证明：．
参考答案
1．C
【详解】因为，，，，
所以．
2．A
【详解】设，
则，
由，得，解得，
结合选项可知可能为．
3．B
【详解】由，得．
由曲线在处的切线的倾斜角为，
可得，解得或．
故“曲线在处的切线的倾斜角为”是“”的必要不充分条件．
4．D
【详解】如图1所示，建立空间直角坐标系，设正方体的边长为，
则，所以
设平面的一个法向量为，
则，取，则，所以，
又易知，则，
又，即与不垂直，所以与平面不平行，故A错误，
对于B，如图2，由选项A知平面的一个法向量为，
，则，
又，即与不垂直，所以与平面不平行，故B错误，
对于C，如图3，由选项A知平面的一个法向量为，
，则，
又，即与不垂直，所以与平面不平行，故C错误，
对于D，如图4，记为正方体所在棱的中点，连接，易得，
又平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
又平面，则直线平面，所以D正确，
5．C
【详解】由于，故正确数据和错误数据的平均数相等，记为，
则，
，
则，
则．
6．C
【详解】因为是偶函数，所以，
由，得，
所以，得，
所以是以4为周期的函数，
所以．
7．D
【详解】令，则．
令，易知在上单调递减，
且，
所以在上恒成立，
则在上单调递减，
则，
即，所以，
所以，即．
故选：D.
8．D
【详解】因为是递增数列，所以．
又，所以，则．
若，则，则．
由，得，即，矛盾，
故满足的关系式不可能为．
取，则，
满足是递增数列，此时，
．取，，则，
满足是递增数列，此时．
9．AC
【详解】由，得，则的定义域关于原点对称，
且，所以是奇函数，A正确．
由，
其最小正周期，且在上单调递增，B不正确，C正确．
由，可得，则，D不正确．
10．BCD
【详解】因为，所以为的中点．
又，所以，则．
因为，所以．
又，所以，得．
即的离心率可能为BCD.
11．ABD
【详解】当平面平面时，四棱锥的体积取得最大值．
过点作，垂足为，则，
则四棱锥体积的最大值为，A正确；
连接，记外接圆的圆心为的中点，连接，
因为，
所以，
因为，，
则，
则，
则三棱锥外接球的半径为，
则三棱锥的外接球的表面积为，B正确；
连接，因为，
所以，则，
因为平面，，所以平面，
又平面，所以平面平面，
则点在平面上的射影在直线上，
过点作，并与交于点，连接，
若点在平面上的射影为，即平面，
由平面，得,
又，平面，则平面，
因为平面，所以，故C错误；
在上取靠近点处的四等分点，连接，
因为，所以，且，
从而四边形为平行四边形，则，D正确．
12．/
【详解】因为均为单位向量，所以，
所以，则．
13．
【详解】由题可知，．
设，
由，则，
解得或（舍去），
则．
14．390
【详解】第一步，安排女性普法员，分别去两个社区，有种安排方案；
第二步，安排4名男性普法员去三个社区，总共有种情况，
其中一个社区没人，即都在女性普法员所在社区，共有种情况，
因为社区至少有1名普法员，所以男性普法员的安排方案有种；
由分步乘法计数原理可知，共有种不同的方案.
15．(1)
(2)
【详解】（1）因为成等差数列，所以，又，所以．
设，则，则．
（2）由（1）得，
则外接圆的半径，
则，则，，
则的取值范围为．
16．(1)
(2)
【详解】（1）该项目予以立项的事件是两位初审专家都评审通过该项目的事件与
两位初审专家恰有一位评审通过该项目且复审专家评审通过该项目的事件和，
两位初审专家都评审通过该项目的概率，
两位初审专家恰有一位评审通过该项目且复审专家评审通过该项目的概率，
所以该项目予以立项的概率．
（2）依题意，的取值可能为，
且，，由（1）知，
所以的分布列为
数学期望.
17．(1)
(2)不存在，理由见解析
【详解】（1）由平面，，可得两两垂直．
以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，．
由为的中点，可得，
，，．
设平面的法向量为，
由，可得，令，得．
设直线与平面所成的角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
（2）（方法一）连接，如图，
由，
可得．
假设存在点（异于），使得，则，
解得，则与重合，
这与假设矛盾，则假设不成立，故不存在点，使得．
（方法二）假设存在点（异于），使得．
因为平面，平面，所以．又，
所以．
连接．由，可得，
则，，则．
因为，，平面，所以平面．
又平面，所以．
因为，，，平面，所以平面．
又平面，所以，
又，平面，从而平面，
这与平面矛盾，则假设不成立，故不存在点，使得．
18．(1)
(2)或或或
(3)是，直线
【详解】（1）由题可知，，则．
又三点不共线，所以点的轨迹是以为焦点，4为实轴长的双曲线（不包含顶点），
故的方程为；
（2）设．因为的面积为24，
所以，得．
由，得．
因为是的重心，
所以或或或；
（3）由题可知的斜率存在，可设的方程为．
由，得，
则，得，则，．
直线的方程为，直线的方程为，
则．
由，，得，
则，得，
故点在定直线上.
19．(1)证明见解析
(2)①；②证明见解析
【详解】（1）因为，，所以．
令，则．
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
则，则．
（2）①由，可得．
令，则．
令，显然在上单调递增，且，
则当时，，单调递增，
当时，，单调递减，则．
当时，，且当时，．
因为，所以由有两个零点，可知的取值范围为．
②由①可知，，
要证，需证，即，
即．
令，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，则，即，
则．
令，则，0
1
2
0
1
2