2026届河北省张家口市尚义县第一中学高三第一次调研测试数学试卷含解析

这是一份2026届河北省张家口市尚义县第一中学高三第一次调研测试数学试卷含解析，共17页。试卷主要包含了已知集合，则等于，已知集合，，则等内容，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．已知直线：过双曲线的一个焦点且与其中一条渐近线平行，则双曲线的方程为（ ）
A．B．C．D．
2．执行如图所示的程序框图，若输入，，则输出的值为（ ）
A．0B．1C．D．
3．台球是一项国际上广泛流行的高雅室内体育运动，也叫桌球（中国粤港澳地区的叫法）、撞球（中国地区的叫法）控制撞球点、球的旋转等控制母球走位是击球的一项重要技术，一次台球技术表演节目中，在台球桌上，画出如图正方形ABCD，在点E，F处各放一个目标球，表演者先将母球放在点A处，通过击打母球，使其依次撞击点E，F处的目标球，最后停在点C处，若AE=50cm．EF=40cm．FC=30cm，∠AEF=∠CFE=60°，则该正方形的边长为（ ）
A．50cmB．40cmC．50cmD．20cm
4．执行如图所示的程序框图，输出的结果为（ ）
A．B．4C．D．
5．已知集合，则等于（ ）
A．B．C．D．
6．已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知集合，，则
A．B．C．D．
8．若实数满足不等式组，则的最大值为（ ）
A．B．C．3D．2
9．已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，其底面边长为4，、、分别为侧棱，，的中点.若在三棱锥内，且三棱锥的体积是三棱锥体积的4倍，则此外接球的体积与三棱锥体积的比值为（ ）
A．B．C．D．
10．某学校调查了200名学生每周的自习时间（单位：小时），制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是17.5，30]，样本数据分组为17.5，20），20，22.5），22.5,25），25，27.5），27.5，30）.根据直方图，这200名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数是（ ）
A．56B．60C．140D．120
11．已知函数是奇函数，且，若对，恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
12．已知纯虚数满足，其中为虚数单位，则实数等于（ ）
A．B．1C．D．2
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．展开式中的系数为_______________．
14．展开式中的系数的和大于8而小于32，则______．
15．在的展开式中，的系数等于__．
16．已知两个单位向量满足，则向量与的夹角为_____________.
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）已知函数，,使得对任意两个不等的正实数，都有恒成立.
（1）求的解析式；
（2）若方程有两个实根，且，求证：.
18．（12分）山东省2020年高考将实施新的高考改革方案.考生的高考总成绩将由3门统一高考科目成绩和自主选择的3门普通高中学业水平等级考试科目成绩组成，总分为750分.其中，统一高考科目为语文、数学、外语，自主选择的3门普通高中学业水平等级考试科目是从物理、化学、生物、历史、政治、地理6科中选择3门作为选考科目，语、数、外三科各占150分，选考科目成绩采用“赋分制”，即原始分数不直接用，而是按照学生分数在本科目考试的排名来划分等级并以此打分得到最后得分.根据高考综合改革方案，将每门等级考试科目中考生的原始成绩从高到低分为、、、、、、、共8个等级。参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为、、、、、、、.等级考试科目成绩计入考生总成绩时，将至等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到91-100、81-90、71-80，61-70、51-60、41-50、31-40、21-30八个分数区间，得到考生的等级成绩.
举例说明.
某同学化学学科原始分为65分，该学科等级的原始分分布区间为58～69，则该同学化学学科的原始成绩属等级.而等级的转换分区间为61～70，那么该同学化学学科的转换分为：
设该同学化学科的转换等级分为，，求得.
四舍五入后该同学化学学科赋分成绩为67.
（1）某校高一年级共2000人，为给高一学生合理选科提供依据，对六个选考科目进行测试，其中物理考试原始成绩基本服从正态分布.
（i）若小明同学在这次考试中物理原始分为84分，等级为，其所在原始分分布区间为82～93，求小明转换后的物理成绩；
（ii）求物理原始分在区间的人数；
（2）按高考改革方案，若从全省考生中随机抽取4人，记表示这4人中等级成绩在区间的人数，求的分布列和数学期望.
（附：若随机变量，则，，）
19．（12分）如图，在四棱锥中，，，.
（1）证明：平面；
（2）若，，为线段上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值.
20．（12分）已知函数.
（1）当时.
①求函数在处的切线方程；
②定义其中，求；
（2）当时，设，(为自然对数的底数)，若对任意给定的，在上总存在两个不同的，使得成立，求的取值范围.
21．（12分）已知等差数列满足，.
（l）求等差数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
22．（10分）已知函数.
（1）若对任意x0，f（x）0恒成立，求实数a的取值范围；
（2）若函数f（x）有两个不同的零点x1，x2（x1x2），证明：.
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】
根据直线：过双曲线的一个焦点，得，又和其中一条渐近线平行，得到，再求双曲线方程.
【详解】
因为直线：过双曲线的一个焦点，
所以，所以，
又和其中一条渐近线平行，
所以，
所以，，
所以双曲线方程为.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查双曲线的几何性质，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
2、A
【解析】
根据输入的值大小关系，代入程序框图即可求解.
【详解】
输入，，
因为，所以由程序框图知，
输出的值为.
故选：A
【点睛】
本题考查了对数式大小比较，条件程序框图的简单应用，属于基础题.
3、D
【解析】
过点做正方形边的垂线，如图，设，利用直线三角形中的边角关系，将用表示出来，根据，列方程求出，进而可得正方形的边长.
【详解】
过点做正方形边的垂线，如图，
设，则，，
则
，
因为，则，
整理化简得，又，
得 ，
.
即该正方形的边长为.
故选：D.
【点睛】
本题考查直角三角形中的边角关系，关键是要构造直角三角形，是中档题.
4、A
【解析】
模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的的值，当，，退出循环，输出结果.
【详解】
程序运行过程如下：
，；，；，；
，；，；
，；，，退出循环，输出结果为，
故选：A.
【点睛】
该题考查的是有关程序框图的问题，涉及到的知识点有判断程序框图输出结果，属于基础题目.
5、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.
6、A
【解析】
根据球的特点可知截面是一个圆，根据等体积法计算出球心到平面的距离，由此求解出截面圆的半径，从而截面面积可求.
【详解】
如图所示：
设内切球球心为，到平面的距离为，截面圆的半径为，
因为内切球的半径等于正方体棱长的一半，所以球的半径为，
又因为，所以，
又因为，
所以，所以，
所以截面圆的半径，所以截面圆的面积为.
故选：A.
【点睛】
本题考查正方体的内切球的特点以及球的截面面积的计算，难度一般.任何一个平面去截球，得到的截面一定是圆面，截面圆的半径可通过球的半径以及球心到截面的距离去计算.
7、C
【解析】
分析：根据集合可直接求解.
详解：,
,
故选C
点睛：集合题也是每年高考的必考内容，一般以客观题形式出现，一般解决此类问题时要先将参与运算的集合化为最简形式，如果是“离散型”集合可采用Venn图法解决，若是“连续型”集合则可借助不等式进行运算.
8、C
【解析】
作出可行域，直线目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解．
【详解】
作出可行域，如图由射线，线段，射线围成的阴影部分（含边界），作直线，平移直线，当过点时，取得最大值1．
故选：C．
【点睛】
本题考查简单的线性规划问题，解题关键是作出可行域，本题要注意可行域不是一个封闭图形．
9、D
【解析】
如图，平面截球所得截面的图形为圆面，计算，由勾股定理解得，此外接球的体积为，三棱锥体积为，得到答案.
【详解】
如图，平面截球所得截面的图形为圆面.
正三棱锥中，过作底面的垂线，垂足为，与平面交点记为，连接、.
依题意，所以，设球的半径为，
在中，，，，
由勾股定理：，解得，此外接球的体积为，
由于平面平面，所以平面，
球心到平面的距离为，
则，
所以三棱锥体积为，
所以此外接球的体积与三棱锥体积比值为.
故选：D.
【点睛】
本题考查了三棱锥的外接球问题，三棱锥体积，球体积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
10、C
【解析】
试题分析：由题意得，自习时间不少于小时的频率为，故自习时间不少于小时的频率为，故选C.
考点：频率分布直方图及其应用．
11、A
【解析】
先根据函数奇偶性求得，利用导数判断函数单调性，利用函数单调性求解不等式即可.
【详解】
因为函数是奇函数，
所以函数是偶函数.
，
即，
又，
所以，.
函数的定义域为，所以，
则函数在上为单调递增函数.又在上，
，所以为偶函数，且在上单调递增.
由，
可得，对恒成立，
则，对恒成立，，
得，
所以的取值范围是.
故选：A.
【点睛】
本题考查利用函数单调性求解不等式，根据方程组法求函数解析式，利用导数判断函数单调性，属压轴题.
12、B
【解析】
先根据复数的除法表示出，然后根据是纯虚数求解出对应的的值即可.
【详解】
因为，所以，
又因为是纯虚数，所以，所以.
故选：B.
【点睛】
本题考查复数的除法运算以及根据复数是纯虚数求解参数值，难度较易.若复数为纯虚数，则有.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
把按照二项式定理展开，可得的展开式中的系数．
【详解】
解：，
故它的展开式中的系数为，
故答案为：．
【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、4
【解析】
由题意可得项的系数与二项式系数是相等的，利用题意，得出不等式组，求得结果.
【详解】
观察式子可知
，，
故答案为：4.
【点睛】
该题考查的是有关二项式定理的问题，涉及到的知识点有展开式中项的系数和，属于基础题目.
15、7
【解析】
由题，得，令，即可得到本题答案.
【详解】
由题，得，
令，得x的系数.
故答案为：7
【点睛】
本题主要考查二项式定理的应用，属基础题.
16、
【解析】
由得，即得解.
【详解】
由题意可知，则.
解得，所以，
向量与的夹角为.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查平面向量的数量积的计算和夹角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
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）证明见解析.
【解析】
（1）根据题意，在上单调递减，求导得，分类讨论的单调性，结合题意，得出的解析式；
（2）由为方程的两个实根，得出，，两式相减，分别算出和，利用换元法令和构造函数，根据导数研究单调性，求出，即可证出结论.
【详解】
（1）根据题意，对任意两个不等的正实数，都有恒成立.
则在上单调递减，
因为，
当时，在内单调递减.，
当时，由，有，
此时，当时，单调递减，
当时，单调递增，
综上，，所以.
（2）由为方程的两个实根，
得，
两式相减，可得，
因此，
令，由，得，
则，
构造函数.
则，
所以函数在上单调递增，
故，
即， 可知，
故，命题得证.
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的单调性求函数的解析式、以及利用构造函数法证明不等式，考查转化思想、解题分析能力和计算能力.
18、 (1)（i）83.;（ii）272.(2)见解析.
【解析】
（1）根据原始分数分布区间及转换分区间，结合所给示例，即可求得小明转换后的物理成绩；根据正态分布满足，结合正态分布的对称性即可求得内的概率，根据总人数即可求得在该区间的人数。
（2）根据各等级人数所占比例可知在区间内的概率为，由二项分布即可求得的分布列及各情况下的概率，结合数学期望的公式即可求解。
【详解】
（1）（i）设小明转换后的物理等级分为，
，
求得.
小明转换后的物理成绩为83分；
（ii）因为物理考试原始分基本服从正态分布，
所以
.
所以物理原始分在区间的人数为（人）；
（2）由题意得，随机抽取1人，其等级成绩在区间内的概率为，
随机抽取4人，则.
，，
，，
.
的分布列为
数学期望.
【点睛】
本题考查了统计的综合应用，正态分布下求某区间概率的方法，分布列及数学期望的求法，文字多，数据多，需要细心的分析和理解，属于中档题。
19、（1）证明见解析
（2）
【解析】
（1）利用线段长度得到与间的垂直关系，再根据线面垂直的判定定理完成证明；
（2）以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值，计算出结果.
【详解】
（1）∵，，
∴，
∴，
∵，平面，
∴平面
（2）由（1）知，，
又为坐标原点，分别以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
∵，∴，
设是平面的一个法向量
则，即，取得
∴
∴直线与平面所成的正弦值为
【点睛】
本题考查线面垂直的证明以及用向量法求解线面角的正弦，难度一般.用向量方法求解线面角的正弦值时，注意直线方向向量与平面法向量夹角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值.
20、（1）①；②8079；（2）.
【解析】
（1）①时，，，利用导数的几何意义能求出函数在处的切线方程．
②由，得，由此能求出的值．
（2）根据若对任意给定的，，在区间，上总存在两个不同的，使得成立，得到函数在区间，上不单调，从而求得的取值范围．
【详解】
（1）①∵，
∴
∴，∴，∵，
所以切线方程为.
②，
.
令，则,.
因为①,
所以②,
由①+②得,所以.
所以.
（2），当时，函数单调递增；
当时，，函数单调递减∵，，
所以，函数在上的值域为.
因为， ，
故，，①
此时，当 变化时、的变化情况如下：
∵，
，
∴对任意给定的，在区间上总存在两个不同的，
使得成立，当且仅当满足下列条件
，即
令，，
，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减所以，对任意，有，即②对任意恒成立.
由③式解得：④
综合①④可知，当时，对任意给定的，
在上总存在两个不同的，使成立.
【点睛】
本题考查了导数的几何意义、应用导数研究函数的单调性、求函数最值问题，会利用导函数的正负确定函数的单调性，会根据函数的增减性求出闭区间上函数的最值，掌握不等式恒成立时所满足的条件．不等式恒成立常转化为函数最值问题解决．
21、 (1)；(2).
【解析】
试题分析：（1）设等差数列满的首项为，公差为，代入两等式可解。
（2）由（1），代入得，所以通过裂项求和可求得。
试题解析：（1）设等差数列的公差为，则由题意可得，解得.
所以.
（2）因为，
所以.
所以 .
22、（1）；（2）证明见解析.
【解析】
（1）求出，判断函数的单调性，求出函数的最大值，即求的范围；
（2）由（1）可知， .对分和两种情况讨论，构造函数，利用放缩法和基本不等式证明结论．
【详解】
（1）由，得.
令.
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
.
对任意恒成立，.
（2）证明：由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，
.
若，则，
令
在上单调递增，，
.
又，在上单调递减，
.
若，则显然成立.
综上，.
又
以上两式左右两端分别相加，得
，即，
所以.
【点睛】
本题考查利用导数解决不等式恒成立问题，利用导数证明不等式，属于难题.
0
1
2
3
4
—
0
+
单调减
最小值
单调增