2026届河北省部分重点中学高三一诊考试数学试卷含解析

这是一份2026届河北省部分重点中学高三一诊考试数学试卷含解析，共21页。试卷主要包含了若集合，，则，已知椭圆等内容，欢迎下载使用。
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．设函数满足，则的图像可能是
A．B．
C．D．
2．已知向量，，若，则（ ）
A．B．C．D．
3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）
A．B．C．D．
4．国务院发布《关于进一步调整优化结构、提高教育经费使用效益的意见》中提出，要优先落实教育投入．某研究机构统计了年至年国家财政性教育经费投入情况及其在中的占比数据，并将其绘制成下表，由下表可知下列叙述错误的是（ ）
A．随着文化教育重视程度的不断提高，国在财政性教育经费的支出持续增长
B．年以来，国家财政性教育经费的支出占比例持续年保持在以上
C．从年至年，中国的总值最少增加万亿
D．从年到年，国家财政性教育经费的支出增长最多的年份是年
5．若集合，，则（ ）
A．B．C．D．
6．在直角梯形中，，，，，点为上一点，且，当的值最大时，( )
A．B．2C．D．
7．设i是虚数单位，若复数是纯虚数，则a的值为（ ）
A．B．3C．1D．
8．已知棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是等腰直角三角形，则该三棱锥的四个面中，最大面积为（ ）
A．B．C．D．
9．已知三棱锥P﹣ABC的顶点都在球O的球面上，PA，PB，AB＝4，CA＝CB，面PAB⊥面ABC，则球O的表面积为（ ）
A．B．C．D．
10．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过的直线与轴交于点，线段与交于点.若，则的方程为（ ）
A．B．C．D．
11．对于函数，定义满足的实数为的不动点，设，其中且，若有且仅有一个不动点，则的取值范围是（ ）
A．或B．
C．或D．
12．已知集合，则元素个数为( )
A．1B．2C．3D．4
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．下表是关于青年观众的性别与是否喜欢综艺“奔跑吧，兄弟”的调查数据，人数如下表所示：
现要在所有参与调查的人中用分层抽样的方法抽取个人做进一步的调研，若在“不喜欢的男性青年观众”的人中抽取了8人，则的值为______.
14．已知满足且目标函数的最大值为7，最小值为1，则___________．
15．执行右边的程序框图，输出的的值为 .
16．在的二项展开式中，所有项的系数的和为________
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）已知圆：和抛物线：，为坐标原点．
（1）已知直线和圆相切，与抛物线交于两点，且满足，求直线的方程；
（2）过抛物线上一点作两直线和圆相切，且分别交抛物线于两点，若直线的斜率为，求点的坐标．
18．（12分）在三角形中，角，，的对边分别为，，，若.
（Ⅰ）求角；
（Ⅱ）若，，求.
19．（12分）已知函数f(x）=xlnx，g(x)=,
（1）求f(x)的最小值；
（2）对任意，都有恒成立，求实数a的取值范围；
（3）证明：对一切，都有成立．
20．（12分）已知数列中，（实数为常数），是其前项和，且数列是等比数列，恰为与的等比中项．
（1）证明：数列是等差数列；
（2）求数列的通项公式；
（3）若，当时，的前项和为，求证：对任意，都有．
21．（12分）如图，在斜三棱柱中，已知为正三角形，D，E分别是，的中点，平面平面，.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面.
22．（10分）已知数列中，，前项和为，若对任意的，均有（是常数，且）成立，则称数列为“数列”.
（1）若数列为“数列”，求数列的前项和；
（2）若数列为“数列”，且为整数，试问：是否存在数列，使得对任意，成立？如果存在，求出这样数列的的所有可能值，如果不存在，请说明理由.
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，确定函数的性质，再判断哪一个图像具有这些性质．
由得是偶函数，所以函数的图象关于轴对称，可知B，D符合；由得是周期为2的周期函数，选项D的图像的最小正周期是4，不符合，选项B的图像的最小正周期是2，符合，故选B．
2、A
【解析】
利用平面向量平行的坐标条件得到参数x的值.
【详解】
由题意得，，
，
，
解得.
故选A.
【点睛】
本题考查向量平行定理，考查向量的坐标运算，属于基础题.
3、A
【解析】
观察可知，这个几何体由两部分构成,：一个半圆柱体，底面圆的半径为1，高为2；一个半球体，半径为1，按公式计算可得体积。
【详解】
设半圆柱体体积为，半球体体积为，由题得几何体体积为
，故选A。
【点睛】
本题通过三视图考察空间识图的能力，属于基础题。
4、C
【解析】
观察图表，判断四个选项是否正确．
【详解】
由表易知、、项均正确，年中国为万亿元，年中国为万亿元，则从年至年，中国的总值大约增加万亿，故C项错误．
【点睛】
本题考查统计图表，正确认识图表是解题基础．
5、A
【解析】
用转化的思想求出中不等式的解集，再利用并集的定义求解即可．
【详解】
解：由集合，解得，
则
故选：．
【点睛】
本题考查了并集及其运算，分式不等式的解法，熟练掌握并集的定义是解本题的关键．属于基础题．
6、B
【解析】
由题，可求出，所以，根据共线定理，设，利用向量三角形法则求出，结合题给，得出，进而得出，最后利用二次函数求出的最大值，即可求出.
【详解】
由题意，直角梯形中，，，，，
可求得，所以·
∵点在线段上， 设 ，
则
，
即，
又因为
所以，
所以，
当时，等号成立.
所以.
故选：B.
【点睛】
本题考查平面向量线性运算中的加法运算、向量共线定理，以及运用二次函数求最值，考查转化思想和解题能力.
7、D
【解析】
整理复数为的形式,由复数为纯虚数可知实部为0,虚部不为0,即可求解.
【详解】
由题,,
因为纯虚数,所以,则,
故选:D
【点睛】
本题考查已知复数的类型求参数范围,考查复数的除法运算.
8、B
【解析】
由三视图可知，该三棱锥如图, 其中底面是等腰直角三角形，平面,结合三视图求出每个面的面积即可.
【详解】
由三视图可知，该三棱锥如图所示：
其中底面是等腰直角三角形，平面,
由三视图知，
因为,,
所以,
所以,
因为为等边三角形，
所以,
所以该三棱锥的四个面中，最大面积为.
故选：B
【点睛】
本题考查三视图还原几何体并求其面积; 考查空间想象能力和运算求解能力;三视图正确还原几何体是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.
9、D
【解析】
由题意画出图形，找出△PAB外接圆的圆心及三棱锥P﹣BCD的外接球心O，通过求解三角形求出三棱锥P﹣BCD的外接球的半径，则答案可求.
【详解】
如图；设AB的中点为D；
∵PA，PB，AB＝4，
∴△PAB为直角三角形，且斜边为AB，故其外接圆半径为：rAB＝AD＝2；
设外接球球心为O；
∵CA＝CB，面PAB⊥面ABC，
∴CD⊥AB可得CD⊥面PAB；且DC.
∴O在CD上；
故有：AO2＝OD2+AD2⇒R2＝（R）2+r2⇒R；
∴球O的表面积为：4πR2＝4π.
故选：D.
【点睛】
本题考查多面体外接球表面积的求法，考查数形结合的解题思想方法，考查思维能力与计算能力，属于中档题.
10、D
【解析】
由题可得，所以，又，所以，得，故可得椭圆的方程.
【详解】
由题可得，所以，
又，所以，得，，
所以椭圆的方程为.
故选：D
【点睛】
本题主要考查了椭圆的定义，椭圆标准方程的求解.
11、C
【解析】
根据不动点的定义，利用换底公式分离参数可得；构造函数，并讨论的单调性与最值，画出函数图象，即可确定的取值范围.
【详解】
由得，.
令，
则，
令，解得，
所以当时，，则在内单调递增；
当时，，则在内单调递减；
所以在处取得极大值，即最大值为，
则的图象如下图所示：
由有且仅有一个不动点，可得得或，
解得或.
故选：C
【点睛】
本题考查了函数新定义的应用，由导数确定函数的单调性与最值，分离参数法与构造函数方法的应用，属于中档题.
12、B
【解析】
作出两集合所表示的点的图象，可得选项.
【详解】
由题意得，集合A表示以原点为圆心，以2为半径的圆，集合B表示函数的图象上的点，作出两集合所表示的点的示意图如下图所示，得出两个图象有两个交点:点A和点B，所以两个集合有两个公共元素，所以元素个数为2，
故选：B.
【点睛】
本题考查集合的交集运算，关键在于作出集合所表示的点的图象，再运用数形结合的思想，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、32
【解析】
由已知可得抽取的比例，计算出所有被调查的人数，再乘以抽取的比例即为分层抽样的样本容量.
【详解】
由题可知，抽取的比例为，被调查的总人数为人，
则分层抽样的样本容量是人.
故答案为：32
【点睛】
本题考查分层抽样中求样本容量，属于基础题.
14、-2
【解析】
先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，表示直线在轴上的截距，只需求出可行域直线在轴上的截距最大最小值时所在的顶点即可．
【详解】
由题意得：目标函数在点B取得最大值为7，在点A处取得最小值为1，
∴，，
∴直线AB的方程是：，
∴则，故答案为.
【点睛】
本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值的方法，属于基础题．
15、
【解析】
初始条件成立方 ；
运行第一次：成立；
运行第二次：不成立；
输出的值：结束
所以答案应填：
考点：1、程序框图；2、定积分.
16、1
【解析】
设，令，的值即为所有项的系数之和。
【详解】
设，令，
所有项的系数的和为。
【点睛】
本题主要考查二项式展开式所有项的系数的和的求法─赋值法。一般地，
对于 ，展开式各项系数之和为，注意与“二项式系数之和”区分。
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）或．
【解析】
试题分析: 直线与圆相切只需圆心到直线的距离等于圆的半径，直线与曲线相交于两点，且满足，只需数量积为0，要联立方程组设而不求，利用坐标关系及根与系数关系解题，这是解析几何常用解题方法，第二步利用直线的斜率找出坐标满足的要求，再利用两直线与圆相切，求出点的坐标.
试题解析：（1）解：设，，，由和圆相切，得．
∴．
由消去，并整理得，
∴，．
由，得，即．
∴．
∴，
∴，
∴．
∴．
∴或（舍）．
当时，，故直线的方程为．
（2）设，，，则．
∴．
设，由直线和圆相切，得，
即．
设，同理可得：．
故是方程的两根，故．
由得，故．
同理，则，即．
∴，解或．
当时，；当时，．
故或．
18、（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.
19、 (1) (2)（ (3)见证明
【解析】
（1）先求函数导数，再求导函数零点，列表分析导函数符号变化规律确定函数单调性，最后根据函数单调性确定最小值取法；（2）先分离不等式，转化为对应函数最值问题，利用导数求对应函数最值即得结果；（3）构造两个函数，再利用两函数最值关系进行证明.
【详解】
（1）
当时，单调递减，当时，单调递增，所以函数f(x）的最小值为f(）=；
（2）因为所以问题等价于在上恒成立，
记则，
因为，
令
函数f(x）在（0,1）上单调递减;
函数f(x）在（1，+）上单调递增；
即，
即实数a的取值范围为（.
（3）问题等价于证明
由（1）知道
，令
函数在（0,1）上单调递增；
函数在（1，+）上单调递减；
所以{，
因此，因为两个等号不能同时取得，所以
即对一切，都有成立.
【点睛】
对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.
20、（1）见解析（2）（3）见解析
【解析】
（1）令可得，即．得到，再利用通项公式和前n项和的关系求解，
（2）由（1）知，．设等比数列的公比为，所以，再根据恰为与的等比中项求解，
（3）由（2）得到时，，
，求得，再代入证明。
【详解】
（1）解：令可得，即．所以．
时，可得，
当时，所以．
显然当时，满足上式．所以．
，所以数列是等差数列，
（2）由（1）知，．
设等比数列的公比为，所以
，
恰为与的等比中项，
所以，
解得，所以
（3）时，，，而时，，
，
所以当时，.
当时，，
∴对任意，都有，
【点睛】
本题主要考查数列的通项公式和前n项和的关系，等差数列，等比数列的定义和性质以及数列放缩的方法，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题，
21、（1）见解析；（2）见解析
【解析】
（1）根据，分别是，的中点，即可证明，从而可证平面；
（2）先根据为正三角形，且D是的中点，证出，再根据平面平面，得到平面，从而得到，结合，即可得证．
【详解】
（1）∵，分别是，的中点
∴
∵平面，平面
∴平面.
（2）∵为正三角形，且D是的中点
∴
∵平面平面，且平面平面，平面
∴平面
∵平面
∴
∵且
∴
∵，平面，且
∴平面.
【点睛】
本题考查直线与平面平行的判定，面面垂直的性质等，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，中档题．
22、（1）（2）存在，
【解析】
由数列为“数列”可得,，，两式相减得，又，利用等比数列通项公式即可求出,进而求出;
由题意得，，，两式相减得，，
据此可得,当时,,进而可得,即数列为常数列,进而可得,结合，得到关于的不等式,再由时，且为整数即可求出符合题意的的所有值.
【详解】
因为数列为“数列”，
所以，故，
两式相减得，
在中令，则可得，故
所以，
所以数列是以为首项,以为公比的等比数列，
所以，因为，
所以.
（2）由题意得，故，
两式相减得
所以，当时，
又因为
所以当时,
所以成立,
所以当时，数列是常数列，
所以
因为当时,成立,
所以，
所以
在中令，
因为，所以可得，
所以，
由时，且为整数，
可得,
把分别代入不等式
可得,，
所以存在数列符合题意,的所有值为.
【点睛】
本题考查数列的新定义、等比数列的通项公式和数列递推公式的运用;考查运算求解能力、逻辑推理能力和对新定义的理解能力;通过反复利用递推公式,得到数列为常数列是求解本题的关键;属于综合型强、难度大型试题.
不喜欢
喜欢
男性青年观众
40
10
女性青年观众
30
80