2026届河北省新高三第三次测评数学试卷含解析

这是一份2026届河北省新高三第三次测评数学试卷含解析，共21页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，已知集合，则为，已知集合，则等于，已知角的终边经过点,则，设复数，则=等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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．若复数（是虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．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．
3．若不等式对于一切恒成立，则的最小值是 （ ）
A．0B．C．D．
4．已知集合，则为（ ）
A．[0，2)B．(2，3]C．[2，3]D．(0，2]
5．执行如图所示的程序框图，如果输入，则输出属于（ ）
A．B．C．D．
6．已知集合，则等于（ ）
A．B．C．D．
7．公差不为零的等差数列{an}中，a1+a2+a5=13，且a1、a2、a5成等比数列，则数列{an}的公差等于( )
A．1B．2C．3D．4
8．如图，在圆锥SO中，AB，CD为底面圆的两条直径，AB∩CD＝O，且AB⊥CD，SO＝OB＝3，SE.，异面直线SC与OE所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
9．已知角的终边经过点,则
A．B．
C．D．
10．设复数，则=（ ）
A．1B．C．D．
11．已知等比数列的各项均为正数，设其前n项和，若（），则（ ）
A．30B．C．D．62
12．曲线上任意一点处的切线斜率的最小值为（ ）
A．3B．2C．D．1
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知，若的展开式中的系数比x的系数大30，则______．
14．命题“”的否定是______．
15．观察下列式子，，，，……，根据上述规律，第个不等式应该为__________．
16．在平面五边形中，，，，且.将五边形沿对角线折起，使平面与平面所成的二面角为，则沿对角线折起后所得几何体的外接球的表面积是______.
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）如图（1）五边形中，
,将沿折到的位置，得到四棱锥，如图（2），点为线段的中点，且平面.
（1）求证：平面平面；
（2）若直线与所成角的正切值为，求直线与平面所成角的正弦值.
18．（12分）如图，在三棱锥中，，，侧面为等边三角形，侧棱.
（1）求证：平面平面；
（2）求三棱锥外接球的体积.
19．（12分）设椭圆的左右焦点分别为，离心率是，动点在椭圆上运动，当轴时，.
（1）求椭圆的方程；
（2）延长分别交椭圆于点（不重合）.设，求的最小值.
20．（12分）如图,在平面直角坐标系中,以轴正半轴为始边的锐角的终边与单位圆交于点,且点的纵坐标是．
（1）求的值:
（2）若以轴正半轴为始边的钝角的终边与单位圆交于点,且点的横坐标为,求的值．
21．（12分）已知函数.
（Ⅰ）若，求曲线在处的切线方程；
（Ⅱ）当时，要使恒成立，求实数的取值范围.
22．（10分）如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，为等腰直角三角形，，平面底面，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）若平面与平面的交线为，求二面角的正弦值.
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、A
【解析】
将 整理成的形式，得到复数所对应的的点，从而可选出所在象限.
【详解】
解：，所以所对应的点为在第一象限.
故选:A.
【点睛】
本题考查了复数的乘法运算，考查了复数对应的坐标.易错点是误把 当成进行计算.
2、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.
3、C
【解析】
试题分析：将参数a与变量x分离，将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题，即可得到结论．
解：不等式x2+ax+1≥0对一切x∈(0，]成立，等价于a≥-x-对于一切成立，
∵y=-x-在区间上是增函数
∴
∴a≥-
∴a的最小值为-故答案为C．
考点：不等式的应用
点评：本题综合考查了不等式的应用、不等式的解法等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，属于中档题
4、B
【解析】
先求出，得到，再结合集合交集的运算，即可求解.
【详解】
由题意，集合，
所以，则，
所以.
故选：B.
【点睛】
本题主要考查了集合的混合运算，其中解答中熟记集合的交集、补集的定义及运算是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题.
5、B
【解析】
由题意，框图的作用是求分段函数的值域，求解即得解.
【详解】
由题意可知，
框图的作用是求分段函数的值域，
当；
当
综上：.
故选：B
【点睛】
本题考查了条件分支的程序框图，考查了学生逻辑推理，分类讨论，数学运算的能力，属于基础题.
6、C
【解析】
先化简集合A，再与集合B求交集.
【详解】
因为，，
所以.
故选：C
【点睛】
本题主要考查集合的基本运算以及分式不等式的解法，属于基础题.
7、B
【解析】
设数列的公差为.由，成等比数列，列关于的方程组，即求公差.
【详解】
设数列的公差为，
①.
成等比数列，②，
解①②可得.
故选：.
【点睛】
本题考查等差数列基本量的计算，属于基础题.
8、D
【解析】
可过点S作SF∥OE，交AB于点F，并连接CF，从而可得出∠CSF（或补角）为异面直线SC与OE所成的角，根据条件即可求出，这样即可得出tan∠CSF的值.
【详解】
如图，过点S作SF∥OE，交AB于点F，连接CF，
则∠CSF（或补角）即为异面直线SC与OE所成的角，
∵，∴，
又OB＝3，∴，
SO⊥OC，SO＝OC＝3，∴；
SO⊥OF，SO＝3，OF＝1，∴；
OC⊥OF，OC＝3，OF＝1，∴，
∴等腰△SCF中，.
故选：D.
【点睛】
本题考查了异面直线所成角的定义及求法，直角三角形的边角的关系，平行线分线段成比例的定理，考查了计算能力，属于基础题.
9、D
【解析】
因为角的终边经过点,所以,则,
即.故选D．
10、A
【解析】
根据复数的除法运算，代入化简即可求解.
【详解】
复数，
则
故选：A.
【点睛】
本题考查了复数的除法运算与化简求值，属于基础题.
11、B
【解析】
根据，分别令，结合等比数列的通项公式，得到关于首项和公比的方程组，解方程组求出首项和公式，最后利用等比数列前n项和公式进行求解即可.
【详解】
设等比数列的公比为，由题意可知中：.由，分别令，可得、，由等比数列的通项公式可得：，
因此.
故选：B
【点睛】
本题考查了等比数列的通项公式和前n项和公式的应用，考查了数学运算能力.
12、A
【解析】
根据题意，求导后结合基本不等式，即可求出切线斜率，即可得出答案.
【详解】
解：由于，根据导数的几何意义得：
，
即切线斜率，
当且仅当等号成立，
所以上任意一点处的切线斜率的最小值为3.
故选：A.
【点睛】
本题考查导数的几何意义的应用以及运用基本不等式求最值，考查计算能力.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、2
【解析】
利用二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，求得的值．
【详解】
展开式通项为：
且的展开式中的系数比的系数大
，即：
解得：（舍去）或
本题正确结果：
【点睛】
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
14、，
【解析】
根据特称命题的否定为全称命题得到结果即可.
【详解】
解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题，
则该命题的否定是：，
故答案为：，．
【点睛】
本题考查全称命题与特称命题的否定关系，属于基础题．
15、
【解析】
根据题意，依次分析不等式的变化规律，综合可得答案．
【详解】
解：根据题意，对于第一个不等式，，则有，
对于第二个不等式，，则有，
对于第三个不等式，，则有，
依此类推：
第个不等式为：，
故答案为．
【点睛】
本题考查归纳推理的应用，分析不等式的变化规律．
16、
【解析】
设的中心为，矩形的中心为，过作垂直于平面的直线，过作垂直于平面的直线，得到直线与的交点为几何体外接球的球心，结合三角形的性质，求得球的半径，利用表面积公式，即可求解.
【详解】
设的中心为，矩形的中心为，
过作垂直于平面的直线，过作垂直于平面的直线，
则由球的性质可知，直线与的交点为几何体外接球的球心，
取的中点，连接，，
由条件得，，连接，
因为，从而，
连接，则为所得几何体外接球的半径，
在直角中，由，，可得，
即外接球的半径为，
故所得几何体外接球的表面积为.
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及多面体的外接球的表面积的计算，其中解答中熟记空间几何体的结构特征，求得外接球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力与运算求解能力，属于中档试题.
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）
【解析】
试题分析: （1）根据已知条件由线线垂直得出线面垂直,再根据面面垂直的判定定理证得成立; （2）通过已知条件求出各边长度,建系如图所示,求出平面的法向量,根据线面角公式代入坐标求得结果.
试题解析:（1）证明：取的中点，连接，则，
又，所以，则四边形为平行四边形，所以，
又平面，
∴平面，
∴.
由即及为的中点，可得为等边三角形，
∴，
又，∴，∴，
∴平面平面，
∴平面平面.
（2）解：
，∴为直线与所成的角，
由（1）可得，∴，∴，
设，则，
取的中点，连接，过作的平行线，
可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
∴，
所以，
设为平面的法向量，则，即，
取，则为平面的一个法向量，
∵，
则直线与平面所成角的正弦值为.
点睛: 判定直线和平面垂直的方法:①定义法．②利用判定定理：一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线和此平面垂直．③推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于一个平面，那么另一条直线也垂直于这个平面．平面与平面垂直的判定方法:①定义法．②利用判定定理：一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面垂直．
18、（1）见解析；（2）.
【解析】
（1）设中点为，连接、，利用等腰三角形三线合一的性质得出，利用勾股定理得出，由线面垂直的判定定理可证得平面，再利用面面垂直的判定定理可得出平面平面；
（2）先确定三棱锥的外接球球心的位置，利用三角形相似求出外接球的半径，再由球体的体积公式可求得结果.
【详解】
（1）设中点为，连接、， 因为，所以.
又，所以，
又由已知，，则，所以，.
又为正三角形，且，所以，
因为，所以，，
，平面，
又平面，平面平面；
（2）由于是底面直角三角形的斜边的中点，所以点是的外心，
由（1）知平面，所以三棱锥的外接球的球心在上.
在中，的垂直平分线与的交点即为球心，
记的中点为点，则.
由与相似可得，
所以.
所以三棱锥外接球的体积为.
【点睛】
本题考查面面垂直的证明，同时也考查了三棱锥外接球体积的计算，找出外接球球心的位置是解答的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
19、（1）；（2）
【解析】
（1）根据题意直接计算得到，，得到椭圆方程.
（2）不妨设，且，设，代入 数据化简得到
，故，得到答案.
【详解】
（1），所以，，化简得，
所以，，所以方程为；
（2）由题意得，不在轴上，不妨设，且，设，
所以由，得，
所以，
由，得，代入，
化简得：，
由于，所以，同理可得，
所以，所以当时，最小为
【点睛】
本题考查了椭圆方程，椭圆中的向量运算和最值，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
20、（1）（2）
【解析】
（1）依题意,任意角的三角函数的定义可知,,进而求出．
在利用余弦的和差公式即可求出.
（2）根据钝角的终边与单位圆交于点,且点的横坐标是,得出,进而得出,利用正弦的和差公式即可求出,结合为锐角,为钝角,即可得出的值.
【详解】
解：因为锐角的终边与单位圆交于点,点的纵坐标是,
所以由任意角的三角函数的定义可知,．
从而．
（1）于是
．
（2）因为钝角的终边与单位圆交于点,且点的横坐标是,
所以,从而．
于是
．
因为为锐角,为钝角,所以
从而．
【点睛】
本题本题考查正弦函数余弦函数的定义,考查正弦余弦的两角和差公式,是基础题.
21、（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）求函数的导函数，即可求得切线的斜率，则切线方程得解；
（Ⅱ）构造函数，对参数分类讨论，求得函数的单调性，以及最值，即可容易求得参数范围.
【详解】
（Ⅰ）当时，，则.
所以.
又，故所求切线方程为，即.
（Ⅱ）依题意，得，
即恒成立.
令，
则.
①当时，因为，不合题意.
②当时，令，
得，，显然.
令，得或；令，得.
所以函数的单调递增区间是，，单调递减区间是.
当时，，，
所以，
只需，所以，
所以实数的取值范围为.
【点睛】
本题考查利用导数的几何意义求切线方程，以及利用导数研究恒成立问题，属综合中档题.
22、（1）证明见解析；（2）
【解析】
（1）取的中点，连接，易得，进而可证明四边形为平行四边形，即，从而可证明平面；
（2）取中点，中点，连接，易证平面，平面，从而可知两两垂直，以点为坐标原点，向量的方向分别为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，进而求出平面的法向量，及平面的法向量为，由，可求得平面与平面所成的二面角的正弦值.
【详解】
（1）证明：如图1，取的中点，连接.
，，
，，且，
四边形为平行四边形，.
又平面，平面，平面.
（2）如图2，取中点，中点，连接.
，，
平面平面，平面平面，
平面，平面，
两两垂直.
以点为坐标原点，向量的方向分别为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.
由，可得，
在等腰梯形中，，易知，
.
则，，
设平面的法向量为，
则，取，得.
设平面的法向量为，
则，取，得.
因为，，，所以，
所以平面与平面所成的二面角的正弦值为.
【点睛】
本题考查线面平行的证明，考查二面角的求法，利用空间向量法是解决本题的较好方法，属于中档题.