2026届河北省馆陶一中高三第三次模拟考试数学试卷含解析

这是一份2026届河北省馆陶一中高三第三次模拟考试数学试卷含解析，共34页。试卷主要包含了已知复数满足，则，二项式展开式中，项的系数为，求实数a，k的值等内容，欢迎下载使用。
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．函数在上单调递减，且是偶函数，若 ，则 的取值范围是（ ）
A．（2，+∞）B．（﹣∞，1）∪（2，+∞）
C．（1，2）D．（﹣∞，1）
2．如图所示，矩形的对角线相交于点，为的中点，若，则等于（ ）．
A．B．C．D．
3．函数的大致图象为（ ）
A．B．
C．D．
4．过圆外一点引圆的两条切线，则经过两切点的直线方程是（ ）．
A．B．C．D．
5．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
6．抛物线的准线与轴的交点为点，过点作直线与抛物线交于、两点，使得是的中点，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．1D．
7．设是定义域为的偶函数，且在单调递增，，则（ ）
A．B．
C．D．
8．二项式展开式中，项的系数为（ ）
A．B．C．D．
9．如图，点E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中点，点F，M分别在线段AC，BD1（不包含端点）上运动，则（ ）
A．在点F的运动过程中，存在EF//BC1
B．在点M的运动过程中，不存在B1M⊥AE
C．四面体EMAC的体积为定值
D．四面体FA1C1B的体积不为定值
10．已知函数，满足对任意的实数，都有成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
11．已知等比数列的前项和为，且满足，则的值是( )
A．B．C．D．
12．已知函数是定义在R上的奇函数，且满足，当时，（其中e是自然对数的底数），若，则实数a的值为( )
A．B．3C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．某同学周末通过抛硬币的方式决定出去看电影还是在家学习，抛一枚硬币两次，若两次都是正面朝上，就在家学习，否则出去看电影，则该同学在家学习的概率为____________.
14．如图所示，在△ABC中，AB=AC=2，，，AE的延长线交BC边于点F，若，则____.
15．某陶瓷厂准备烧制甲、乙、丙三件不同的工艺品，制作过程必须先后经过两次烧制，当第一次烧制合格后方可进入第二次烧制，再次烧制过程相互独立.根据该厂现有的技术水平，经过第一次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为0.5、0.6、0.4，经过第二次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为0.6、0.5、0.75；则第一次烧制后恰有一件产品合格的概率为________；经过前后两次烧制后，合格工艺品的件数为，则随机变量的期望为________.
16．在四棱锥中，底面为正方形，面分别是棱的中点，过的平面交棱于点，则四边形面积为__________.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知动圆过定点，且与直线相切，动圆圆心的轨迹为，过作斜率为的直线与交于两点，过分别作的切线，两切线的交点为，直线与交于两点．
（1）证明：点始终在直线上且；
（2）求四边形的面积的最小值．
18．（12分）对于给定的正整数k，若各项均不为0的数列满足：对任意正整数总成立，则称数列是“数列”.
（1）证明：等比数列是“数列”；
（2）若数列既是“数列”又是“数列”，证明：数列是等比数列.
19．（12分）选修4-2：矩阵与变换（本小题满分10分）
已知矩阵A＝ (k≠0)的一个特征向量为α＝，
A的逆矩阵A－1对应的变换将点(3，1)变为点(1，1)．求实数a，k的值．
20．（12分）已知函数.
（1）当时，求函数的值域.
（2）设函数，若，且的最小值为，求实数的取值范围.
21．（12分）已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，如果方程有两个不等实根，求实数t的取值范围，并证明.
22．（10分）在三角形中，角，，的对边分别为，，，若.
（Ⅰ）求角；
（Ⅱ）若，，求.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、B
【解析】
根据题意分析的图像关于直线对称，即可得到的单调区间，利用对称性以及单调性即可得到的取值范围。
【详解】
根据题意，函数 满足是偶函数，则函数的图像关于直线对称，
若函数在上单调递减，则在上递增，
所以要使，则有，变形可得，
解可得：或，即的取值范围为；
故选：B．
【点睛】
本题考查偶函数的性质，以及函数单调性的应用，有一定综合性，属于中档题。
2、A
【解析】
由平面向量基本定理，化简得，所以，即可求解，得到答案．
【详解】
由平面向量基本定理，化简
，所以，即，
故选A．
【点睛】
本题主要考查了平面向量基本定理的应用，其中解答熟记平面向量的基本定理，化简得到是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，数基础题．
3、A
【解析】
利用特殊点的坐标代入，排除掉C，D；再由判断A选项正确.
【详解】
，排除掉C，D；
，
，，
.
故选：A．
【点睛】
本题考查了由函数解析式判断函数的大致图象问题，代入特殊点，采用排除法求解是解决这类问题的一种常用方法，属于中档题.
4、A
【解析】
过圆外一点，
引圆的两条切线，则经过两切点的直线方程为，故选．
5、A
【解析】
根据复数的运算法则，可得，然后利用复数模的概念，可得结果.
【详解】
由题可知：
由，所以
所以
故选：A
【点睛】
本题主要考查复数的运算，考验计算，属基础题.
6、B
【解析】
设点、，设直线的方程为，由题意得出，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，结合可求得的值，由此可得出直线的斜率.
【详解】
由题意可知点，设点、，设直线的方程为，
由于点是的中点，则，
将直线的方程与抛物线的方程联立得，整理得，
由韦达定理得，得，，解得，
因此，直线的斜率为.
故选：B.
【点睛】
本题考查直线斜率的求解，考查直线与抛物线的综合问题，涉及韦达定理设而不求法的应用，考查运算求解能力，属于中等题.
7、C
【解析】
根据偶函数的性质，比较即可.
【详解】
解：
显然，所以
是定义域为的偶函数，且在单调递增，
所以
故选：C
【点睛】
本题考查对数的运算及偶函数的性质，是基础题.
8、D
【解析】
写出二项式的通项公式,再分析的系数求解即可.
【详解】
二项式展开式的通项为,令,得,故项的系数为.
故选：D
【点睛】
本题主要考查了二项式定理的运算,属于基础题.
9、C
【解析】
采用逐一验证法，根据线线、线面之间的关系以及四面体的体积公式，可得结果.
【详解】
A错误
由平面，//
而与平面相交，
故可知与平面相交，所以不存在EF//BC1
B错误，如图，作
由
又平面，所以平面
又平面，所以
由//，所以
，平面
所以平面，又平面
所以，所以存在
C正确
四面体EMAC的体积为
其中为点到平面的距离，
由//，平面，平面
所以//平面，
则点到平面的距离即点到平面的距离，
所以为定值，故四面体EMAC的体积为定值
错误
由//，平面，平面
所以//平面，
则点到平面的距离即为点到平面的距离，
所以为定值
所以四面体FA1C1B的体积为定值
故选：C
【点睛】
本题考查线面、线线之间的关系，考验分析能力以及逻辑推理能力，熟练线面垂直与平行的判定定理以及性质定理，中档题.
10、B
【解析】
由题意可知函数为上为减函数，可知函数为减函数，且，由此可解得实数的取值范围.
【详解】
由题意知函数是上的减函数，于是有，解得，
因此，实数的取值范围是．
故选：B.
【点睛】
本题考查利用分段函数的单调性求参数，一般要分析每支函数的单调性，同时还要考虑分段点处函数值的大小关系，考查运算求解能力，属于中等题.
11、C
【解析】
利用先求出，然后计算出结果.
【详解】
根据题意，当时，,,
故当时，,
数列是等比数列,
则，故,
解得,
故选.
【点睛】
本题主要考查了等比数列前项和的表达形式，只要求出数列中的项即可得到结果，较为基础.
12、B
【解析】
根据题意，求得函数周期，利用周期性和函数值，即可求得.
【详解】
由已知可知，，所以函数是一个以4为周期的周期函数，
所以，
解得，
故选：B.
【点睛】
本题考查函数周期的求解，涉及对数运算，属综合基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
采用列举法计算古典概型的概率.
【详解】
抛掷一枚硬币两次共有4种情况，即（正，正），（正，反），（反，正），（反，反），
在家学习只有1种情况，即（正，正），故该同学在家学习的概率为.
故答案为：
【点睛】
本题考查古典概型的概率计算，考查学生的基本计算能力，是一道基础题.
14、
【解析】
过点做,可得，，由可得，可得，代入可得答案.
【详解】
解：如图，过点做,
易得：,,
,故,可得：，
同理：,,可得,
,
由，可得,
可得：,可得：，
,
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查平面向量的线性运算和平面向量的数量积，由题意作出是解题的关键.
15、0.38 0.9
【解析】
考虑恰有一件的三种情况直接计算得到概率，随机变量的可能取值为，计算得到概率，再计算数学期望得到答案.
【详解】
第一次烧制后恰有一件产品合格的概率为：
.
甲、乙、丙三件产品合格的概率分别为：
，，.
故随机变量的可能取值为，
故；；
；.
故.
故答案为：0.38 ；0.9.
【点睛】
本题考查了概率的计算，数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力.
16、
【解析】
设是中点，由于分别是棱的中点，所以，所以，所以四边形是平行四边形.由于平面，所以，而，，所以平面，所以.由于，所以，也即，所以四边形是矩形.
而.
从而.
故答案为：.
【点睛】
本小题主要考查空间平面图形面积的计算，考查线面垂直的判定，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）见解析（2）最小值为1．
【解析】
（1）根据抛物线的定义，判断出的轨迹为抛物线，并由此求得轨迹的方程.设出两点的坐标，利用导数求得切线的方程，由此求得点的坐标.写出直线的方程，联立直线的方程和曲线的方程，根据韦达定理求得点的坐标，并由此判断出始终在直线上，且.
（2）设直线的倾斜角为，求得的表达式，求得的表达式，由此求得四边形的面积的表达式进而求得四边形的面积的最小值．
【详解】
(1)∵动圆过定点，且与直线相切，∴动圆圆心到定点和定直线的距离相等，∴动圆圆心的轨迹是以为焦点的抛物线，∴轨迹的方程为：，
设，∴直线的方程为：，即：①，同理，直线的方程为：②，
由①②可得：，
直线方程为：，联立可得：，
，∴点始终在直线上且；
（2）设直线的倾斜角为，由（1）可得：，
，
∴四边形的面积为：，当且仅当或，即时取等号，∴四边形的面积的最小值为1.
【点睛】
本小题主要考查动点轨迹方程的求法，考查直线和抛物线的位置关系，考查抛物线中四边形面积的最值的计算，考查运算求解能力，属于中档题.
18、（1）证明见详解；（2）证明见详解
【解析】
（1）由是等比数列，由等比数列的性质可得：即可证明.
（2）既是“数列”又是“数列”，可得，，则对于任意都成立，则成等比数列，设公比为，验证得答案.
【详解】
（1）证明：由是等比数列，由等比数列的性质可得：
等比数列是“数列”.
（2）证明：既是“数列”又是“数列”，
可得，（） （）
，（）
可得：对于任意都成立，
即 成等比数列，
即成等比数列，
成等比数列，
成等比数列，
设，（）
数列是“数列”
时，由（）可得：

时，由（）可得：
，
可得，同理可证
成等比数列，
数列是等比数列
【点睛】
本题是一道数列的新定义题目，考查了等比数列的性质、通项公式等基本知识，考查代数推理、转化与化归以及综合运用数学知识探究与解决问题的能力，属于难题.
19、解：设特征向量为α＝对应的特征值为λ，则 ＝λ，即
因为k≠0，所以a＝2． 5分
因为，所以A＝，即＝，
所以2＋k＝3，解得 k＝2．综上，a＝2，k＝2． 20分
【解析】
试题分析：由 特征向量求矩阵A, 由逆矩阵求k
考点：特征向量, 逆矩阵
点评：本题主要考查了二阶矩阵，以及特征值与特征向量的计算，考查逆矩阵．
20、（1）；（2）.
【解析】
（1）令，求出的范围，再由指数函数的单调性，即可求出结论；
（2）对分类讨论，分别求出以及的最小值或范围，与的最小值建立方程关系，求出的值，进而求出的取值关系.
【详解】
（1）当时，，
令，
∵∴，
而是增函数，∴，
∴函数的值域是.
（2）当时，则在上单调递减，
在上单调递增，所以的最小值为，
在上单调递增，最小值为，
而的最小值为，所以这种情况不可能.
当时，则在上单调递减且没有最小值，
在上单调递增最小值为，
所以的最小值为，解得（满足题意），
所以，解得.
所以实数的取值范围是.
【点睛】
本题考查复合函数的值域与分段函数的最值，熟练掌握二次函数图像和性质是解题的关键，属于中档题.
21、（1）当时，的单调递增区间是，单调递减区间是；当时，的单调递增区间是，单调递减区间是；（2），证明见解析.
【解析】
（1）求出，对分类讨论，分别求出的解，即可得出结论；
（2）由（1）得出有两解时的范围，以及关系，将，等价转化为证明，不妨设，令，则，即证，构造函数，只要证明对于任意恒成立即可.
【详解】
（1）的定义域为R，且.
由，得；由，得.
故当时，函数的单调递增区间是，
单调递减区间是；
当时，函数的单调递增区间是，
单调递减区间是.
（2）由（1）知当时，，且.
当时，；当时，.
当时，直线与的图像有两个交点，
实数t的取值范围是.
方程有两个不等实根，
，，，，
，即.
要证，只需证，
即证，不妨设.
令，则，
则要证，即证.
令，则.
令，则，
在上单调递增，.
，在上单调递增，
，即成立，
即成立..
【点睛】
本题考查函数与导数的综合应用，涉及到函数单调性、极值、零点、不等式证明，构造函数函数是解题的关键，意在考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于较难题.
22、（Ⅰ）（Ⅱ）8
【解析】
（Ⅰ）由余弦定理可得，即可求出A,
（Ⅱ）根据同角的三角函数的关系和两角和的正弦公式和正弦定理即可求出.
【详解】
（Ⅰ）由余弦定理，
所以，
所以，
即，
因为，
所以；
（Ⅱ）因为，所以，
因为，
，
由正弦定理得，所以.
【点睛】
本题考查利用正弦定理与余弦定理解三角形，属于简单题.