精品解析：河北省石家庄实验中学2026届高三第三次调研考试数学试卷含解析（word版）

这是一份精品解析：河北省石家庄实验中学2026届高三第三次调研考试数学试卷含解析（word版），共100页。试卷主要包含了 已知，则， 下列命题是真命题的有等内容，欢迎下载使用。
命题：高三数学 考试时间：120分钟
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
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，再选涂其他案标号.回答非选择题时，将案写在答题卡上，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、单项选择题:本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有项是符合题目要求的.
1. 已知复数，则复数的共轭复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的除法运算化简复数，再根据共轭复数的概念可求得结果.
【详解】因为，
所以.
故选：C.
【点睛】本题考查了复数的除法运算，考查了共轭复数的概念，属于基础题.
2. 若集合，，则的真子集有（ ）
A. 个B. 个C. 个D. 个
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式化简集合，，再求，由的元素个数确定其真子集的个数.
【详解】不等式可化为，所以，
所以，
不等式可化为，所以或，
所以或
所以，
所以有个真子集.
故选：B.
3. 已知函数 ，则 的值为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】 ,所以= ,选C.
点睛：(1)求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现的形式时，应从内到外依次求值.(2)求某条件下自变量的值，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用诱导公式、二倍角公式及同角三角函数的基本关系化简，再代入计算可得；
【详解】解：因为，所以
；
故选：C
5. 如图，正方形的边长为4，E为的中点，为边上一点，若，则（ ）

A. B. C. D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】建系，设，根据题意结合向量的坐标运算求得，即可得结果.
【详解】如图，建立平面直角坐标系，设，

则，可得，
因为，即，解得，
即，所以.
故选：D.
6. 利用所学数学知识解决新问题是我们学习数学的一个重要目的，同学们利用我们所学数学知识，探究函数，下列说法正确的是（ ）
A. 有且只有一个极大值点B. 在上单调递增
C. 存在实数，使得D. 有最小值，最小值为
【答案】D
【解析】
【分析】根据对数恒等式将函数变形转化为，利用导函数研究的单调性，再由复合函数单调性得单调性、极值与最值，再分别判断选项即可.
【详解】由，则，
令，则，令，解得，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
由函数与复合而成，而在上单调递增；
故在上单调递减，在上单调递增；
所以在处取极小值，且无极大值，
又，故不存在实数，使得.
故ABC错误，D正确.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：应用对数恒等式转化为复合函数是解题关键.
7. 已知抛物线的焦点为，为上的动点，点，则取最小值时，直线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用抛物线的性质和定义得出与的表达式，构造函数并求导，利用导数求出极值点，进而求出取得最小值时的参数值，最后利用斜率公式求解即可．
【详解】如图，作出符合题意的图形，

抛物线的焦点为，准线方程为，
设点，根据抛物线的定义得，
由两点间距离公式得，
则，令，
而函数平方后单调性不变，设，
求导得，
令，则，
解得（斜率不存在，舍去）或，
令，，
令，，
则在上单调递减，
在上单调递增，
得到，
故当时，最小，即最小，
当时，点，
由斜率公式得直线斜率为，故D正确．
故选：D．
8. 在正三棱柱中，，，点是平面上的动点，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】
当D不在直线AC上时，过点作于H，连接AH，在正三棱柱中，平面ABC，则，所以平面，，
所以,所以当取最小值时，D在AC上，
如图所示，将在平面中绕点向下旋转得直线，作，
则，则的最小值等价于的最小值，
过作于，可知，
可知，，所以，，
则，
所以，
所以的最小值为.
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列关于概率统计说法中正确的是（ ）
A. 两个变量的相关系数为，则越小，与之间的相关性越弱
B. 设随机变量服从正态分布，若，则
C. 在回归分析中，为的模型比为的模型拟合的更好
D. 某人在次答题中，答对题数为，，则答对题的概率最大
【答案】BCD
【解析】
【分析】由相关系数，正态分布，二项分布的概念判断．
【详解】对于A，两个变量的相关系数为，越小，与之间的相关性越弱，故A错误，
对于B，随机变量服从正态分布，由正态分布概念知若，则，故B正确，
对于C，在回归分析中，越接近于，模型的拟合效果越好，所以为的模型比为的模型拟合的更好，故C正确，
对于D，某人在次答题中，答对题数为，，则数学期望，说明答对题的概率最大，故D正确．
故选：BCD
10. 下列命题是真命题的有（ ）
A. B. 所有的正方形都是矩形
C. D. 至少有一个实数x，使
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用配方法即可判断AC，利用正方形概念判断B，解二次方程判断D.
【详解】对于A，，，正确；
对于B，所有的正方形都是矩形，正确；
对于C，，，错误；
对于D，因为，所以，即有两个实数x，使，正确.
故选：ABD
11. 在中，角，，所对的边分别为，，．已知，三角形的面积为2，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 当最小时，D. 当时，
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据三角形面积公式即可判断选项A；根据正弦定理及选项A可得到，结合基本不等式即可判断选项B；根据三角形面积公式及正弦定理得到，设，则，求出取最大值，得到此时取最小值，即取最小值，进一步化简即可判断选项C；结合诱导公式、二倍角公式、导数及已知条件，即可判断选项D.
【详解】选项A：由得，，
则，所以，故A正确.
选项B：由正弦定理，得，所以，
即，整理得.
又，当且仅当时，等号成立，
所以（，时取等号），故B正确.
选项C：由正弦定理可知，，，
，
所以.
又，则，设，则，.
则
.
当，即时，取最大值，此时取最小值，即取最小值.
代入中得，，即，也即.
因此，当最小时，，故C正确.
选项D：当时，，又，所以，
则.
若，则，即，
所以，此时，，
若，即，由结合C选项的推导可得，
设，
则,
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，
又，所以在上有两个零点，
所以在上有两个解，
所以不一定成立，故D错误.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 如图，要在相距200 km的A，B两地各放置一个地动仪，B在A的东偏北60°方向.若A地正东方向的铜丸落下，B地东南方向的铜丸落下，则地震的位置C在A地正东________km.
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦定理解三角形即可得到答案.
【详解】由题意可得，，，，则，
根据正弦定理可得，又，所以，所以地震的位置C在A地正东处.
13. 已知椭圆的离心率为，则实数___________．
【答案】10
【解析】
【分析】判断椭圆为焦点在x轴上的椭圆，从而确定，再结合离心率公式及a、b、c的关系即可列式解答．
【详解】．
∵，
∴椭圆的焦点在x轴上，
∴，
解得．
故答案为：10．
14. 定义：是不大于x的最大整数，是不小于x的最小整数，设函数.在定义域上值域为，记元素个数为，则________．
【答案】
【解析】
【分析】分别求出，，时，的值域，可得，，，推得，，利用累加法求出，由数列的裂项相消求和，计算即可.
【详解】由函数在定义域上的值域为，记中元素的个数为，
当时，，可得，，，即，
当时，，可得或，或，或1或2，即，
当时，，可得或1或2，或或，或1或2或4或5或6，即，
当时，函数在定义域上的值域为，记中元素的个数为，
当时，函数在定义域上的值域为，
记中元素的个数为，设，则，，
所以，
则可得递推关系：，
所以,
当时，成立，则，则，
所以，
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知数列，满足()，且．
（1）证明：数列与均为等比数列；
（2）求数列的前25项和．(其中表示不超过的最大整数，如)
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据已知得，结合等比数列的定义判断证明即可；
（2）由（1）得，，进而有，根据新定义及分组求和、等比数列前n项和公式求.
【小问1详解】
由，可得，
又，
所以与均为等比数列；
【小问2详解】
由（1）知，，所以，
则，，
.
16. 如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，．
（1）求证：．
（2）求线段中点到平面的距离．
（3）线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的性质得出平面，再根据线面垂直的性质即可证明；
（2）取的中点，连接，，建立空间直角坐标系，由点到平面距离的向量公式即可求解；
（3）令，，由面面夹角的向量公式求得，即可求解．
【小问1详解】
由于平面平面，平面平面，
且平面，
平面，
平面，．
【小问2详解】
取的中点，连接，，由为等边三角形，得，
而平面平面，平面平面，平面，
则平面，由，，得四边形是平行四边形，
于是，而，则，直线，，两两垂直，
以为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，
取，得，
所以到平面的距离．
【小问3详解】
令，，
，，
设平面的法向量为，则，
取，得，
易知平面的一个法向量为，
于是，，
化简得，又，解得，即，
所以线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，此时．
17. 在棱长为1个单位的正方体中，一个质点从顶点出发，每隔1秒等可能地沿着棱移动1个单位，移动的方向是随机的．设第秒后，质点回到点的概率为．
（1）求和；
（2）设第秒后，质点移动到点的概率为，移动到点的概率为，移动到点的概率为．
（i）证明：存在常数，使得；
（ii）记的前项和为，证明：存在常数，使得．
【答案】（1）；
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）时，从A出发，第1秒只能移动到相邻的3个顶点（B，C，D），第2秒要回到A，每个方向的概率都是，从而可得，时，质点不可能返回到A，故；
（2）（i）由正方体的对称性可知秒后质点到三点的概率相同，都为；质点恰好到三点的概率也相同，都为；从而可得及，进而可证明结论；（ii）由题意可得，进而可得，再进一步可得，再由累乘法可得为偶数时，为奇数时.再通过分组求和可得及所证不等式.
【小问1详解】
当时，从A出发，第1秒只能移动到相邻的3个顶点（B，D，C），
第2秒要回到A，必须从这3个顶点之一沿原路返回.每个顶点有3条棱，返回A的概率是.
所以.
当时，第2秒时，质点在(B，D，C)三点的概率均为.
从这三点出发，第3秒无法回到A（因为它们与A距离为1，第3秒移动后距离为2），所以.
故，.
【小问2详解】
（i）由对称性可知第秒后质点恰好走到三点的概率相同，都为；
第秒后质点恰好走到三点的概率也相同，都为；
第秒后质点恰好走到点的概率为．记第秒后质点的位置为，
则，
即，
再由，即．
于是存在常数，使得．
（ii）由可知，
由可知，
于是——①，——②，——③，——④.
由①②得，即——⑤，
再由①③④得——⑥，由⑤得，代入⑥
，化简得.
因为，
则．
由，于是．所以.
所以当为奇数时，，，……，
，上述个式子相乘得．
又由，即可知．
所以，解得，
即当为奇数时，，所以当为偶数时，
当为偶数时，，，
，上述个式子相乘得,即.
又由可知．解得，即当为奇数时，．
因此，当为奇数时，；当为偶数时，．
当时，，
则．
当时，，
即．
所以存在常数，使得．
18. 已知其中.
（1）若恒成立，求的取值范围；
（2）判断方程解的个数，并说明理由.
【答案】（1）
（2）当或时，方程只有一个解.当或时，方程有两个解.
【解析】
【分析】（1）不等式等价于，利用导数求得的最大值即可得到的取值范围.
（2）令，则，令，则，当时，由的单调性即可得到方程解的个数；当时，令得，结合的单调性，可得，令，则，则，则，再就的范围分类讨论后可得解的个数.
【小问1详解】
由题的定义域为，即，即恒成立，
令，则，
则当时，，单调递减；当时，单调递增；
故在上有最大值，
所以，即的取值范围是.
【小问2详解】
方程即，
令，，则，
令，则，
①当时，在上单调递减，即在上单调递减，
又，所以当时，单调递增；当时，单调递减，
故在处取得最大值，即，所以只有一个零点，即原方程只有一个解；
②当时，令解得，
当时，在上单调递增，
即在上单调递增；
当时，在上单调递减，
即在上单调递减，所以在处取得最大值，
即，
若，则，故（不恒为零），故在上为减函数，
而，故所以只有一个零点，即原方程只有一个解.
若，令，则，
故在上为减函数，而即，
此时，而，故当时，，
当时，，故在上存在一个零点，
且当时，，当时，，
当时，，
故在为减函数，在上为增函数，在上为减函数，
而，当时，，
若，则有1个不同的零点；
若，则有2个不同的零点；
当时，在上为增函数，故即，
此时，而，故当时，，
当时，，故在上存在一个零点，
且当时，，当时，，
当时，，
故在为减函数，在上为增函数，在上为减函数，
而，当时，，故有两个不同的零点；
综上，当或时，方程只有一个解.
当或时，方程有两个解.
【点睛】本题主要考查的是不等式恒成立问题，利用导数研究函数的零点，利用导数研究函数的单调性，利用导数求函数的最值，属于较难题.
19. 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的左、右焦点分别为，直线过分别交于A,B两点．当的倾斜角为时，．
（1）求的标准方程；
（2）为线段AB（不含端点）上任一点，射线OE与交于点，与直线交于点．
①若，求的最小值；
②若为线段AB的中点，判断并证明与以AB为直径的圆的位置关系．
【答案】（1）
（2）①；②点在以为直径的圆外，证明见详解
【解析】
【分析】（1）根据左右焦点的坐标，及弦长可列出方程求解，；
（2）①联立直线与椭圆方程，根据韦达定理得到，，进而可求弦长，同理可求，结合基本不等式即可求解最小值；②判断与0的关系即可判断与以AB为直径的圆的位置关系.
【小问1详解】
因为，所以，由题得，联立，解得，
所以的标准方程为．
【小问2详解】
①当直线的斜率为0时，不合题意.
当直线的斜率不为0时，设，的方程为，
由得，
所以
所以，
所以，
因为，所以直线的方程为，
代入的标准方程中得，所以，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，
此时的最小值为．
因为，所以的最小值为.
②当直线的斜率为0时，重合，不合题意。
当直线的斜率不为0时，直线的方程设为，
因为为中点，所以，
又，所以，
所以，所以直线方程为，
令，得，
由①可知，
所以
，
所以为锐角，所以点在以为直径的圆外．