2026届河北省唐山开滦一中高三下学期联合考试数学试题含解析

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1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．已知正方体的体积为，点，分别在棱，上，满足最小，则四面体的体积为
A．B．C．D．
2．已知集合，，则( )
A．B．C．D．
3．在复平面内，复数（为虚数单位）的共轭复数对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
4．一个几何体的三视图及尺寸如下图所示，其中正视图是直角三角形，侧视图是半圆，俯视图是等腰三角形，该几何体的表面积是 （ ）

A．
B．
C．
D．
5．已知命题,；命题若，则，下列命题为真命题的是（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数（）的部分图象如图所示.则（ ）
A．B．
C．D．
7．执行如下的程序框图，则输出的是（ ）
A．B．
C．D．
8．若不相等的非零实数，，成等差数列，且，，成等比数列，则（ ）
A．B．C．2D．
9．已知集合，则集合（ ）
A．B．C．D．
10．在平行四边形中，若则( )
A．B．C．D．
11．已知复数z，则复数z的虚部为（ ）
A．B．C．iD．i
12．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．公比为正数的等比数列的前项和为，若，，则的值为__________．
14．已知等边三角形的边长为1．,点、分别为线段、上的动点,则取值的集合为__________．
15．已知，圆，直线PM，PN分别与圆O相切，切点为M，N，若，则的最小值为________.
16．已知，满足约束条件，则的最大值为________．
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）中，内角的对边分别为，.
（1）求的大小；
（2）若，且为的重心，且，求的面积.
18．（12分）已知向量， .
（1）求的最小正周期；
（2）若的内角的对边分别为，且，求的面积.
19．（12分）已知函数．
（1）时，求不等式解集；
（2）若的解集包含于，求a的取值范围．
20．（12分）如图，在直三棱柱中，，，为的中点，点在线段上，且平面．
（1）求证：；
（2）求平面与平面所成二面角的正弦值．
21．（12分）如图，在斜三棱柱中，平面平面，，，，均为正三角形，E为AB的中点．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求斜三棱柱截去三棱锥后剩余部分的体积．
22．（10分）4月23日是“世界读书日”，某中学开展了一系列的读书教育活动．学校为了解高三学生课外阅读情况，采用分层抽样的方法从高三某班甲、乙、丙、丁四个读书小组（每名学生只能参加一个读书小组）学生抽取12名学生参加问卷调查．各组人数统计如下：
（1）从参加问卷调查的12名学生中随机抽取2人，求这2人来自同一个小组的概率；
（2）从已抽取的甲、丙两个小组的学生中随机抽取2人，用表示抽得甲组学生的人数，求随机变量的分布列和数学期望．
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、D
【解析】
由题意画出图形，将所在的面延它们的交线展开到与所在的面共面，可得当时最小，设正方体的棱长为，得，进一步求出四面体的体积即可．
【详解】
解：如图，
∵点M，N分别在棱上，要最小，将所在的面延它们的交线展开到与所在的面共面，三线共线时，最小，

∴
设正方体的棱长为，则，
∴．
取，连接，则共面，
在中，设到的距离为，
设到平面的距离为，
.
故选D．
【点睛】
本题考查多面体体积的求法，考查了多面体表面上的最短距离问题，考查计算能力，是中档题．
2、D
【解析】
先求出集合B，再与集合A求交集即可.
【详解】
由已知，，故，所以.
故选：D.
【点睛】
本题考查集合的交集运算，考查学生的基本运算能力，是一道容易题.
3、D
【解析】
将复数化简得,,即可得到对应的点为,即可得出结果.
【详解】
，对应的点位于第四象限.
故选:.
【点睛】
本题考查复数的四则运算,考查共轭复数和复数与平面内点的对应,难度容易.
4、D
【解析】
由三视图可知该几何体的直观图是轴截面在水平面上的半个圆锥，表面积为,故选D．
5、B
【解析】
解：命题p：∀x＞0，ln（x+1）＞0，则命题p为真命题，则￢p为假命题；
取a=﹣1，b=﹣2，a＞b，但a2＜b2，则命题q是假命题，则￢q是真命题．
∴p∧q是假命题，p∧￢q是真命题，￢p∧q是假命题，￢p∧￢q是假命题．
故选B．
6、C
【解析】
由图象可知,可解得,利用三角恒等变换化简解析式可得,令,即可求得.
【详解】
依题意，，即,
解得；因为
所以，当时，.
故选:C.
【点睛】
本题主要考查了由三角函数的图象求解析式和已知函数值求自变量,考查三角恒等变换在三角函数化简中的应用,难度一般.
7、A
【解析】
列出每一步算法循环，可得出输出结果的值.
【详解】
满足，执行第一次循环，，；
成立，执行第二次循环，，；
成立，执行第三次循环，，；
成立，执行第四次循环，，；
成立，执行第五次循环，，；
成立，执行第六次循环，，；
成立，执行第七次循环，，；
成立，执行第八次循环，，；
不成立，跳出循环体，输出的值为，故选：A.
【点睛】
本题考查算法与程序框图的计算，解题时要根据算法框图计算出算法的每一步，考查分析问题和计算能力，属于中等题.
8、A
【解析】
由题意，可得，，消去得,可得，继而得到，代入即得解
【详解】
由，，成等差数列，
所以，又，，成等比数列，
所以，消去得，
所以，解得或，
因为，，是不相等的非零实数，
所以，此时，
所以．
故选：A
【点睛】
本题考查了等差等比数列的综合应用，考查了学生概念理解，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
9、D
【解析】
弄清集合B的含义，它的元素x来自于集合A，且也是集合A的元素.
【详解】
因，所以，故，又， ，则，
故集合.
故选：D.
【点睛】
本题考查集合的定义，涉及到解绝对值不等式，是一道基础题.
10、C
【解析】
由，,利用平面向量的数量积运算,先求得利用平行四边形的性质可得结果.
【详解】
如图所示,
平行四边形中, ,
，
，
,
因为,
所以
,
，
所以，故选C.
【点睛】
本题主要考查向量的几何运算以及平面向量数量积的运算法则，属于中档题. 向量的运算有两种方法：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）.
11、B
【解析】
利用复数的运算法则、虚部的定义即可得出
【详解】
，
则复数z的虚部为.
故选：B.
【点睛】
本题考查了复数的运算法则、虚部的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.
12、A
【解析】
考虑既属于又属于的集合，即得.
【详解】
.
故选：
【点睛】
本题考查集合的交运算，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、56
【解析】
根据已知条件求等比数列的首项和公比，再代入等比数列的通项公式，即可得到答案.
【详解】
，，
.
故答案为：.
【点睛】
本题考查等比数列的通项公式和前项和公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.
14、
【解析】
根据题意建立平面直角坐标系,设三角形各点的坐标,依题意求出,,,的表达式,再进行数量积的运算,最后求和即可得出结果.
【详解】
解: 以的中点为坐标原点,所在直线为轴,线段的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系,如图所示,
则,,,,
则,,,
设, ,
,
即点的坐标为,
则,,,
所以
故答案为:
【点睛】
本题考查平面向量的坐标表示和线性运算,以及平面向量基本定理和数量积的运算,是中档题.
15、
【解析】
由可知R为中点,设,由过切点的切线方程即可求得,，代入，，则在直线上，即可得方程为，将 ，代入化简可得，
则直线过定点,由则点在以为直径的圆上，则.即可求得.
【详解】
如图，由可知R为MN的中点，所以，，
设，则切线PM的方程为，
即，同理可得，
因为PM，PN都过，所以，，
所以在直线上，
从而直线MN方程为，
因为，所以，
即直线MN方程为，
所以直线MN过定点,
所以R在以OQ为直径的圆上，
所以.
故答案为: .
【点睛】
本题考查直线和圆的位置关系,考查圆的切线方程,定点和圆上动点距离的最值问题,考查学生的数形结合能力和计算能力,难度较难.
16、
【解析】
根据题意，画出可行域，将目标函数看成可行域内的点与原点距离的平方，利用图象即可求解.
【详解】
可行域如图所示，
易知当，时，的最大值为．
故答案为：9.
【点睛】
本题考查了利用几何法解决非线性规划问题，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）；（2）
【解析】
（1）利用正弦定理，转化为，分析运算即得解；
（2）由为的重心，得到，平方可得解c,由面积公式即得解.
【详解】
（1）由，由正弦定理得
C，即
∴
∵∴，
又∵
∴
（2）由于为的重心
故，
∴
解得或舍
∴的面积为.
【点睛】
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
18、（1）；（2）或
【解析】
（1）利用平面向量数量积的坐标运算可得，利用正弦函数的周期性即可求解；（2）由（1）可求，结合范围，可求的值，由余弦定理可求的值，进而根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】
（1）
∴最小正周期 .
（2）由（1）知， ∴
∴， 又
∴或. 解得或
当时，由余弦定理得
即， 解得.
此时.
当时，由余弦定理得.
即，解得.
此时.
【点睛】
本题主要考查了平面向量数量积的坐标运算、正弦函数的周期性，考查余弦定理、三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和分类讨论思想，属于基础题．
19、（1）（2）
【解析】
(1) 代入可得对分类讨论即可得不等式的解集;
(2)根据不等式在上恒成立去绝对值化简可得再去绝对值即可得关于 的不等式组解不等式组即可求得的取值范围
【详解】
（1）当时，不等式可化为，
①当时，不等式为，解得；
②当时，不等式为，无解；
③当时，不等式为，解得，
综上，原不等式的解集为．
（2）因为的解集包含于，
则不等式可化为，
即．解得，
由题意知，解得，
所以实数a的取值范围是．
【点睛】
本题考查了绝对值不等式的解法分类讨论解绝对值不等式的应用,含参数不等式的解法.难度一般.
20、见解析
【解析】
（1）如图，连接，交于点，连接，，则为的中点，
因为为的中点，所以，
又，所以，从而，，，四点共面．
因为平面，平面，平面平面，所以．
又，所以四边形为平行四边形，
所以，所以
（2）因为，为的中点，所以，
又三棱柱是直三棱柱，，
所以，，互相垂直，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，所以，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，则，即，
令，可得，，所以平面的一个法向量为．
设平面的法向量为，则，即，
令，可得，，所以平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面所成二面角的正弦值为．
21、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）要证明线面平行，需先证明线线平行，所以连接，交于点M，连接ME，证明；
（Ⅱ）由题意可知点到平面ABC的距离等于点到平面ABC的距离，根据体积公式剩余部分的体积是.
【详解】
（Ⅰ）如图，连接，交于点M，连接ME，则．
因为平面，平面，所以平面．
（Ⅱ）因为平面ABC，所以点到平面ABC的距离等于点到平面ABC的距离．
如图，设O是AC的中点，连接，OB．因为为正三角形，所以，
又平面平面，平面平面，所以平面ABC．
所以点到平面ABC的距离，故三棱锥的体积为
．
而斜三棱柱的体积为．
所以剩余部分的体积为．
【点睛】
本题考查证明线面平行，计算体积，意在考查推理证明，空间想象能力，计算能力，属于中档题型，一般证明线面平行的方法1.证明线线平行，则线面平行，2.证明面面平行，则线面平行，关键是证明线线平行，一般构造平行四边形，则对边平行，或是构造三角形中位线.
22、（1）（2）见解析，
【解析】
（1）采用分层抽样的方法甲组抽取4人，乙组抽取3人，丙组抽取2人，丁组抽取3人，从参加问卷调查的12名学生中随机抽取2人，基本事件总数为，这两人来自同一小组取法共有，由此可求出所求的概率；
（2）从已抽取的甲、丙两个小组的学生中随机抽取2人，而甲、丙两个小组学生分别有4人和2 人，所以抽取的两人中是甲组的学生的人数的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出随机变量的分布列和数学期望.
【详解】
（1）由题设易得，问卷调查从四个小组中抽取的人数分别为4，3，2，3（人），
从参加问卷调查的12名学生中随机抽取两名的取法共有（种），
抽取的两名学生来自同一小组的取法共有（种），
所以，抽取的两名学生来自同一个小组的概率为
（2）由（1）知，在参加问卷调查的12名学生中，来自甲、丙两小组的学生人数分别为4人、2人，所以，抽取的两人中是甲组的学生的人数的可能取值为0，1，2,
因为
所以随机变量的分布列为：
所求的期望为
【点睛】
此题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，考查分层抽样、古典概型、排列组合等知识，考查运算能力，属于中档题.
小组
甲
乙
丙
丁
人数
12
9
6
9
0
1
2