2026届河北深州市长江中学高三下第一次测试数学试题含解析

这是一份2026届河北深州市长江中学高三下第一次测试数学试题含解析，共7页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，若复数满足，则等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．在等腰直角三角形中，，为的中点，将它沿翻折，使点与点间的距离为，此时四面体的外接球的表面积为（ ）.
A．B．C．D．
2．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
3．函数在上的图象大致为（ ）
A． B． C． D．
4．已知，，，若，则正数可以为（ ）
A．4B．23C．8D．17
5．已知函数若关于的方程有六个不相等的实数根，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
6．已知数列对任意的有成立，若，则等于（ ）
A．B．C．D．
7．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知函数的图像向右平移个单位长度后，得到的图像关于轴对称，，当取得最小值时，函数的解析式为（ ）
A．B．
C．D．
9．若复数满足，则（其中为虚数单位）的最大值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
10．如图，在平行四边形中，对角线与交于点，且，则（ ）
A．B．
C．D．
11．已知正项数列满足：，设，当最小时，的值为( )
A．B．C．D．
12．我国南北朝时的数学著作《张邱建算经》有一道题为：“今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之，上三人先入，得金四斤，持出，下三人后入得金三斤，持出，中间四人未到者，亦依次更给，问各得金几何？”则在该问题中，等级较高的二等人所得黄金比等级较低的九等人所得黄金（ ）
A．多1斤B．少1斤C．多斤D．少斤
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若，则__________.
14．已知数列为正项等比数列，，则的最小值为________.
15．抛物线的焦点到准线的距离为 ．
16．设，若函数有大于零的极值点，则实数的取值范围是_____
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，在四棱柱中，底面是正方形，平面平面，，.过顶点，的平面与棱，分别交于，两点.
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求证：四边形是平行四边形；
（Ⅲ）若，试判断二面角的大小能否为？说明理由.
18．（12分）如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1是菱形，AC=BC=2，∠CBB1=，点A在平面BCC1B1上的投影为棱BB1的中点E．
（1）求证：四边形ACC1A1为矩形；
（2）求二面角E-B1C-A1的平面角的余弦值．
19．（12分）已知凸边形的面积为1，边长，，其内部一点到边的距离分别为.求证：.
20．（12分）平面直角坐标系中，曲线：.直线经过点，且倾斜角为，以为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系．
（1）写出曲线的极坐标方程与直线的参数方程；
（2）若直线与曲线相交于，两点，且，求实数的值．
21．（12分）在考察疫情防控工作中，某区卫生防控中心提出了“要坚持开展爱国卫生运动，从人居环境改善、饮食习惯、社会心理健康、公共卫生设施等多个方面开展，特别是要坚决杜绝食用野生动物的陋习，提倡文明健康、绿色环保的生活方式”的要求.某小组通过问卷调查，随机收集了该区居民六类日常生活习惯的有关数据.六类习惯是：（1）卫生习惯状况类；（2）垃圾处理状况类；（3）体育锻炼状况类；（4）心理健康状况类；（5）膳食合理状况类；（6）作息规律状况类.经过数据整理，得到下表：
假设每份调查问卷只调查上述六类状况之一，各类调查是否达到良好标准相互独立.
（1）从小组收集的有效答卷中随机选取1份，求这份试卷的调查结果是膳食合理状况类中习惯良好者的概率；
（2）从该区任选一位居民，试估计他在“卫生习惯状况类、体育锻炼状况类、膳食合理状况类”三类习惯方面，至少具备两类良好习惯的概率；
（3）利用上述六类习惯调查的排序，用“”表示任选一位第k类受访者是习惯良好者，“”表示任选一位第k类受访者不是习惯良好者（）.写出方差，，，，，的大小关系.
22．（10分）设，，其中．
（1）当时，求的值；
（2）对，证明：恒为定值．
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、D
【解析】
如图，将四面体放到直三棱柱中，求四面体的外接球的半径转化为求三棱柱外接球的半径，然后确定球心在上下底面外接圆圆心连线中点，这样根据几何关系，求外接球的半径.
【详解】
中，易知，
翻折后,
，
，
设外接圆的半径为，
， ，
如图：易得平面，将四面体放到直三棱柱中，则球心在上下底面外接圆圆心连线中点，设几何体外接球的半径为，
，
四面体的外接球的表面积为.
故选：D
【点睛】
本题考查几何体的外接球的表面积，意在考查空间想象能力，和计算能力，属于中档题型，求几何体的外接球的半径时，一般可以用补形法，因正方体，长方体的外接球半径 容易求，可以将一些特殊的几何体补形为正方体或长方体，比如三条侧棱两两垂直的三棱锥，或是构造直角三角形法，确定球心的位置，构造关于外接球半径的方程求解.
2、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．
3、C
【解析】
根据函数的奇偶性及函数在时的符号，即可求解.
【详解】
由可知函数为奇函数.
所以函数图象关于原点对称，排除选项A，B；
当时，，
，排除选项D，
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了函数的奇偶性的判定及奇偶函数图像的对称性，属于中档题.
4、C
【解析】
首先根据对数函数的性质求出的取值范围，再代入验证即可；
【详解】
解：∵，∴当时，满足，∴实数可以为8.
故选：C
【点睛】
本题考查对数函数的性质的应用，属于基础题.
5、B
【解析】
令，则，由图象分析可知在上有两个不同的根，再利用一元二次方程根的分布即可解决.
【详解】
令，则，如图
与顶多只有3个不同交点，要使关于的方程有
六个不相等的实数根，则有两个不同的根，
设由根的分布可知，
，解得.
故选：B.
【点睛】
本题考查复合方程根的个数问题，涉及到一元二次方程根的分布，考查学生转化与化归和数形结合的思想，是一道中档题.
6、B
【解析】
观察已知条件，对进行化简，运用累加法和裂项法求出结果.
【详解】
已知，则，所以有，
，
，

，两边同时相加得，又因为，所以.
故选：
【点睛】
本题考查了求数列某一项的值，运用了累加法和裂项法，遇到形如时就可以采用裂项法进行求和，需要掌握数列中的方法，并能熟练运用对应方法求解.
7、B
【解析】
由题意首先确定几何体的空间结构特征，然后结合空间结构特征即可求得其表面积.
【详解】
由三视图可知，该几何体为边长为正方体挖去一个以为球心以为半径球体的，
如图，故其表面积为，
故选：B.
【点睛】
(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．
(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．
(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．
8、A
【解析】
先求出平移后的函数解析式，结合图像的对称性和得到A和.
【详解】
因为关于轴对称，所以，所以，的最小值是.，则，所以.
【点睛】
本题主要考查三角函数的图像变换及性质.平移图像时需注意x的系数和平移量之间的关系.
9、B
【解析】
根据复数的几何意义可知复数对应的点在以原点为圆心，1为半径的圆上，再根据复数的几何意义即可确定，即可得的最大值.
【详解】
由知，复数对应的点在以原点为圆心，1为半径的圆上，
表示复数对应的点与点间的距离，
又复数对应的点所在圆的圆心到的距离为1，
所以.
故选：B
【点睛】
本题考查了复数模的定义及其几何意义应用，属于基础题.
10、C
【解析】
画出图形，以为基底将向量进行分解后可得结果．
【详解】
画出图形，如下图．
选取为基底，则，
∴．
故选C．
【点睛】
应用平面向量基本定理应注意的问题
（1）只要两个向量不共线，就可以作为平面的一组基底，基底可以有无穷多组，在解决具体问题时，合理选择基底会给解题带来方便．
（2）利用已知向量表示未知向量，实质就是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加减运算或数乘运算．
11、B
【解析】
由得，即，所以得，利用基本不等式求出最小值，得到，再由递推公式求出.
【详解】
由得，
即，
，当且仅当时取得最小值，
此时.
故选：B
【点睛】
本题主要考查了数列中的最值问题，递推公式的应用，基本不等式求最值，考查了学生的运算求解能力.
12、C
【解析】
设这十等人所得黄金的重量从大到小依次组成等差数列 则 由等差数列的性质得 ，
故选C
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
由已知利用两角差的正弦函数公式可得，两边平方，由同角三角函数基本关系式，二倍角的正弦函数公式即可计算得解．
【详解】
，得，
在等式两边平方得，解得.
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了两角差的正弦函数公式，同角三角函数基本关系式，二倍角的正弦函数公式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题．
14、27
【解析】
利用等比数列的性质求得，结合其下标和性质和均值不等式即可容易求得.
【详解】
由等比数列的性质可知，则，
.
当且仅当时取得最小值.
故答案为：.
【点睛】
本题考查等比数列的下标和性质，涉及均值不等式求和的最小值，属综合基础题.
15、
【解析】
试题分析：由题意得，因为抛物线，即，即焦点到准线的距离为.
考点：抛物线的性质．
16、
【解析】
先求导数，求解导数为零的根，结合根的分布求解.
【详解】
因为，所以，令得，
因为函数有大于0的极值点，所以，即.
【点睛】
本题主要考查利用导数研究函数的极值点问题，极值点为导数的变号零点，侧重考查转化化归思想.
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）证明见解析；（2）证明见解析；（3）不能为.
【解析】
（1）由平面平面，可得平面，从而证明；
（2）由平面与平面没有交点，可得与不相交，又与共面，所以，同理可证，得证；（3）作交于点，延长交于点，连接，根据三垂线定理，确定二面角的平面角，若，，由大角对大边知，两者矛盾，故二面角的大小不能为.
【详解】
（1）由平面平面，平面平面，
且，所以平面，
又平面，所以；
（2）依题意都在平面上，
因此平面，平面，
又平面，平面，
平面与平面平行，即两个平面没有交点，
则与不相交，又与共面，
所以，同理可证，
所以四边形是平行四边形；
（3）不能.如图，作交于点，延长交于点，连接，
由，，，
所以平面，则平面，又，
根据三垂线定理，得到，所以是二面角的平面角，
若，则是等腰直角三角形，，
又，
所以中，由大角对大边知，
所以，这与上面相矛盾，
所以二面角的大小不能为.
【点睛】
本题考查了立体几何中的线线平行和垂直的判定问题，和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，属中档题.
18、（1）见解析（2）
【解析】
（1）通过勾股定理得出，又，进而可得平面，则可得到，问题得证；
（2）如图，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，求出平面的法向量和平面的法向量，利用空间向量的夹角公式可得答案.
【详解】
（1）因为平面，所以，
又因为，，，所以，
因此，所以，
因此平面，所以，
从而，又四边形为平行四边形，
则四边形为矩形；
（2）如图，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，所以，
平面的法向量，设平面的法向量，
由，
由，
令，即，
所以，，
所以，所求二面角的余弦值是.
【点睛】
本题考查空间垂直关系的证明，考查向量法求二面角的大小，考查学生计算能力，是中档题.
19、证明见解析
【解析】
由已知，易得，所以利用柯西不等式和基本不等式即可证明.
【详解】
因为凸边形的面积为1，所以，
所以
（由柯西不等式得）
（由均值不等式得）
【点睛】
本题考查利用柯西不等式、基本不等式证明不等式的问题，考查学生对不等式灵活运用的能力，是一道容易题.
20、（Ⅰ）（t为参数）；（Ⅱ）或或.
【解析】
试题分析: 本题主要考查极坐标方程、参数方程与直角方程的相互转化、直线与抛物线的位置关系等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力. 第一问，用，化简表达式，得到曲线的极坐标方程，由已知点和倾斜角得到直线的参数方程；第二问，直线方程与曲线方程联立，消参，解出的值.
试题解析：（1）即,
.
（2）
,
符合题意
考点：本题主要考查：1.极坐标方程，参数方程与直角方程的相互转化；2.直线与抛物线的位置关系.
21、（1）（2）（3）
【解析】
（1）设“选取的试卷的调查结果是膳食合理状况类中习惯良好者“的事件为，根据古典概型求出即可；
（2）设该区“卫生习惯状况良好者“，“体育锻炼状况良好者“、“膳食合理状况良好者”事件分别为，，，设事件为“该居民在“卫生习惯状况类、体育锻炼状况类、膳食合理状况类”三类习惯方面，至少具备两类良好习惯“，则（E），求出即可；
（3）根据题意，写出即可．
【详解】
（1）设“选取的试卷的调查结果是膳食合理状况类中习惯良好者“的事件为，
有效问卷共有（份，
其中受访者中膳食合理习惯良好的人数是人，
故（A）；
（2）设该区“卫生习惯状况良好者“，“体育锻炼状况良好者“、“膳食合理状况良好者”事件分别为，，，
根据题意，可知（A），（B），（C），
设事件为“该居民在“卫生习惯状况类、体育锻炼状况类、膳食合理状况类”三类习惯方面，至少具备两类良好习惯“
则
.
所以该居民在“卫生习惯状况类、体育锻炼状况类、膳食合理状况类”三类习惯至少具备2个良好习惯的概率为0.766.
（3）．
【点睛】
本题考查了古典概型求概率，独立性事件，互斥性事件求概率等，考查运算能力和事件应用能力，中档题．
22、（1）1（2）1
【解析】
分析：（1）当时可得，可得.（2）先得到关系式，累乘可得，从而可得，即为定值．
详解：（1）当时，，
又，
所以.
（2）



即，
由累乘可得，
又，
所以．
即恒为定值1．
点睛：本题考查组合数的有关运算，解题时要注意所给出的的定义，并结合组合数公式求解．由于运算量较大，解题时要注意运算的准确性，避免出现错误．
卫生习惯状况类
垃圾处理状况类
体育锻炼状况类
心理健康状况类
膳食合理状况类
作息规律状况类
有效答卷份数
380
550
330
410
400
430
习惯良好频率
0.6
0.9
0.8
0.7
0.65
0.6