試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁河北省2025-2026學年高三上學期開學學情檢測數學試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．已知集合，，則集合（

）A． B． C． D．2．若復數的共軛復數為，且滿足，則復數的虛部為（

）A． B． C．6 D．3．“，，，，成等差數列”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．已知，，，則的最小值為（

）A．4 B． C．8 D．5．已知函數，，的零點分別為，則的大小關系為（

）A． B． C． D．6．已知，則（

）A． B． C． D．7．若圓：與圓：有且僅有2條公切線，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．8．函數與函數的圖象的所有交點的橫坐標之積為（

）A． B．e C．1 D．2二、多選題9．人類對簡單刺激的反應時間近似服從正態(tài)分布，記人類對兩類不同簡單刺激的反應時間（單位：ms）分別為隨機變量，，且，，則下列結論正確的是（

）A． B．C． D．10．已知函數的最小正周期為，則下列結論正確的是（

）A．的圖象關于點中心對稱 B．C．在區(qū)間上單調 D．為奇函數11．在矩形中，，，點在線段上，點在線段上，沿著線段向上折起，使至的位置，在折疊過程中，記二面角的大小為，，當時，和重合，則下列結論正確的是（

）A．存在某個位置，使得平面B．存在某個位置，使得C．翻折過程中線段形成的曲面的面積為D．直線與平面所成角的正弦值的最大值為三、填空題12．在一次文藝演出中有3個舞蹈類，4個歌曲類共7個節(jié)目，要求相同類型的節(jié)目不能相鄰，那么節(jié)目的不同演出順序共有種，13．已知橢圓：的左、右焦點分別為，，過的直線與軸交于點，與橢圓C的一個交點為，若，，則C的離心率為.14．在一個棱長為4cm的封閉正四面體容器（容器壁厚度忽略不計）內有四個半徑相等的鐵球，則鐵球的最大半徑為cm.四、解答題15．設等差數列的公差為，且.(1)求數列的通項公式；(2)設，求數列的前項和.16．已知雙曲線：的離心率為，實軸長為4.(1)求雙曲線的方程；(2)若直線：與C的右支交于A，B兩點，為坐標原點.（i）求的取值范圍；（ⅱ）若直線與軸交于點，且，求的面積.17．如圖，在三棱錐中，，，，且平面平面.(1)證明：平面；(2)線段上是否存在一點，使得二面角的正切值為，若存在，求出的值，并給出證明；若不存在，請說明理由.18．甲、乙兩人進行一場投沙包游戲.投一次沙包算作一局游戲，每一局游戲中，其中一人負責投沙包，另一人負責接沙包.若一人投沙包后另一人不能接住，則投沙包者得1分，接沙包者得0分；若投沙包者投沙包后接沙包者能夠成功接住，則接沙包者得1分，投沙包者得0分.第一局投沙包者隨機確定，然后甲、乙輪流投沙包，已知甲投沙包時甲得1分的概率為，甲接沙包時甲得1分的概率為，各局游戲結果相互獨立，得分領先2分者獲勝.(1)求甲第一局游戲中得分為1分的概率；(2)求2局游戲后甲得分X的分布列和數學期望；(3)求恰好比賽四局甲獲得游戲勝利的概率.19．已知函數的圖象在處的切線方程為.(1)求m，n的值；(2)討論方程解的個數；(3)證明：.（參考數據：）答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁《河北省2025-2026學年高三上學期開學學情檢測數學試題》參考答案題號12345678910答案BAACCDCCADABD題號11答案BCD1．B【分析】用列舉法表示出集合A、U，根據集合補集計算方法即可求解．【詳解】易知集合，，故．故選：B．2．A【分析】設復數，利用復數相等求出復數的虛部.【詳解】設復數，則.故，即，所以.因此，故復數虛部為.故選：A.3．A【分析】由等差數列易知，若，，，，成等差數列，則成立，即充分性成立，必要性可舉例說明不成立，例，，，，依次為1，2，5，6，9.【詳解】若，，，，成等差數列，則成立，充分性成立，若取，，，，依次為1，2，5，6，9，此時滿足，但，，，，不成等差數列，故不能推出，，，，成等差數列，必要性不成立，故“，，，，成等差數列”是“”的充分不必要條件，故選：A.4．C【分析】對乘因式進行等價變形，再利用均值不等式求解即可．【詳解】由題意得，當且僅當，即，時，等號成立．故選：C．5．C【分析】根據零點存在性定理判斷的范圍，再進行比較即可．對于，其單調性可直接判斷，對于，其單調性需利用導數進行判斷．【詳解】∵單調遞增，且，，∴；∵，在上單調遞增，且，，∴；對于，∵，∴單調遞增，且，，∴，∴，故選：C．6．D【分析】利用誘導公式、輔助角公式和余弦二倍角公式化簡求解即可.【詳解】因為，所以，所以，所以.故選：D7．C【分析】由題可知圓與圓相交，故，所以點在以原點為圓心，半徑分別為2和4的圓所夾的圓環(huán)內部（不含邊界）.分析可得代表點到直線的距離的5倍.根據圓內點到直線距離最值的求法即可求解.【詳解】由題可知圓，半徑，圓，半徑.∵圓與圓有且僅有2條公切線，∴圓與圓相交，∴，∴點在以原點為圓心，半徑分別為2和4的圓所夾的圓環(huán)內部（不含邊界）.又，∴代表點到直線的距離的5倍.∵圓心到直線的距離為1，∴圓環(huán)內的點到直線的距離，∴的取值范圍為.

故選：C.8．C【分析】將函數交點問題轉化為方程根的問題.【詳解】令，若是的解，即，則，所以函數與函數的圖象的所有交點的橫坐標之積為1，故選：9．AD【分析】根據正態(tài)分布的數學期望與方差公式，結合題意即可判斷選項A，B；根據正態(tài)曲線的對稱性即可判斷選項C；令，，則，，進而，，根據正態(tài)曲線的特點即可判斷選項D.【詳解】∵，∴，故選項A正確；∵，∴，故選項B錯誤；∵，該正態(tài)曲線的對稱軸為直線，∴由對稱性可得，故選項C錯誤；令，，∵，，∴，，∴，，∵，∴根據正態(tài)曲線的特點可知：，∴，故選項D正確.故選：AD.10．ABD【分析】先化簡的形式，根據函數周期確定的值，結合函數的圖象和性質，逐項分析判斷即可.【詳解】由題意，得的最小正周期為，所以，所以.令，得，所以的圖象關于點中心對稱，故A正確；當時，，故是函數圖象的一條對稱軸，所以，故B正確；當時，，函數不單調，故C錯誤；因為的圖象關于點對稱，將的圖象向左平移個單位后的圖象關于對稱，所以為奇函數，故D正確.故選：ABD11．BCD【分析】確定直線與的位置關系判斷A；利用線面垂直的判定定理判斷B；確定曲面特征并求出面積判斷C；求出直線與平面所成的角正弦值的最大值判斷D.【詳解】對于A，因當時，和重合，得為線段的中垂線，而直線與直線相交，因此直線與平面相交，故A錯誤；對于B，令，過作于，由，平面，得平面，而平面，則，又平面且，于是平面，而平面，則，當時，因平面，則平面，又平面，故，故B正確；

對于C，在折疊過程中，線段形成的曲面是以為半徑，為母線的半個圓錐的側面，因為，則曲面面積為，故C正確；對于D，因，則直線與平面所成的角等于直線與平面所成的角，而到平面的距離小于或等于，當平面平面時，平面，直線與平面所成角的最大值為，其正弦值為，D正確.故選：BCD12．144【分析】利用插空法計算即可.【詳解】4個歌曲類節(jié)目順序有種，3個舞蹈類節(jié)目分別穿插在歌曲類節(jié)目中，有種不同的演出順序，由分步乘法計數原理得共有6×24=144種不同的演出順序.故答案為：14413．【分析】先判斷為直角三角形，根據直角三角形的邊角關系，結合橢圓的定義，可確定的數量關系，求得橢圓的離心率.【詳解】如圖：

∵，，∴為直角三角形，且為斜邊的中點，∴，結合對稱性知，∴，∴，∵，∴.故答案為：14．【分析】由題可知，當四個鐵球的球心的連線構成正四面體時半徑最大，根據正四面體的性質及O到底面ABC的距離列式計算半徑即可.【詳解】當四個鐵球兩兩相切且和正四面體內切時，鐵球半徑最大，設此時鐵球半徑為，則構成一個棱長為的正四面體，設I為正三角形的中心，連接，則cm，，即，解得.所以正四面體的中心O到底面ABC的距離為cm，又O也是正四面體容器的中心，且其棱長為4cm，同上得容器的高為cm，所以O到底面ABC的距離為cm，綜上，，解得．

故答案為：15．(1)(2)【分析】（1）通過基本量列方程組求解可得，最后代入通項公式即可；（2）因為，所以利用錯位相減法求和可得.【詳解】（1）由題可得：，解得.∴（2）∵，∴.①∴.②得：.所以16．(1)；(2)（i）；（ⅱ）.【分析】（1）根據給定條件，結合離心率的意義求出即可.（2）（i）將直線與雙曲線方程聯(lián)立，利用一元二次方程有二不等的正根列式求解；（ⅱ）利用數量積的定義及坐標表示求出，進而求出三角形面積.【詳解】（1）由雙曲線的實軸長為4，得，由雙曲線的離心率為，得，得，所以雙曲線C的方程為.（2）（i）設，由消去得，由A，B都在雙曲線C的右支上，得，解得，所以的取值范圍是.（ii）依題意，，，則，解得，而，則，，所以的面積.

17．(1)證明見解析(2)存在，，證明見解析【分析】（1）取的中點，連接，根據面面垂直的性質定理得平面，然后根據線面垂直的性質定理得，再根據線面垂直的判定定理即可證明.（2）解法一：過作，交于點，過作于G，連接，根據線面垂直的性質及二面角的平面角的定義，作出二面角的平面角，設，在中，利用正切值列方程解得，即可求得.解法二：取的中點O，連接，以為坐標原點建立空間直角坐標系，設，求出點坐標，顯然平面的一個法向量為，求出平面的一個法向量，結合同角三角函數基本關系，利用向量法列方程求得，即可求得.【詳解】（1）取的中點，連接，∵，∴，又平面平面，平面平面，平面，∴平面，又平面，∴，又∵，，平面，∴平面.（2）解法一：存在，.證明：假設存在點滿足要求，過作，交于點，過作于G，連接，∵平面，平面，∴，又，平面，∴平面，又平面，∴.又，平面，∴平面，又平面，∴.所以是二面角的平面角.設，∴，，，∴，解得，∴，∴.解法二：存在，.取的中點O，連接，∵平面，平面，∴，∵，∴，，∴平面，以為坐標原點，以過點且平行于的直線為軸，以所在直線為軸，以所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖所示.設，則，，，，，顯然平面的一個法向量為，設平面的法向量為，則令，則，，∴平面的一個法向量為，∴，設二面角的平面角為，則，解得，∴，∴.18．(1)(2)分布列見解析，(3)【分析】(1)據題意可知,甲先投沙包的概率和乙先投沙包的概率均為.甲第一局游戲中得分為1分的概率為"甲先投,甲得1分"和"乙先投,甲得1分"的概率的和.利用公式可求得結果.(2)先分析甲得分X的取值情況,分析每種取值所對應的具體事件,并求出其概率,即可得到甲得分X的分布列,從而求得X的期望.(3)先分析恰好比賽四局且甲獲得勝利，需四局中最后一局甲一定得1分，第三局甲得1分，前兩局結束時甲得1分.分甲先投和乙先投兩種情況求出甲獲勝的概率，得到恰好比賽四局甲獲得游戲勝利的概率.【詳解】（1）記第一局甲投沙包為事件A，則第一局乙投沙包為事件，甲第一局游戲中得分為1分記作事件，則.所以甲第一局游戲中得分為1分的概率為.（2）（2）X的所有可能取值為0，1，2，記“第一局甲投沙包”為事件A，則“第一局乙投沙包”為事件，當時,甲2局游戲均得0分,第一局甲投沙包的條件下,得0分的概率為:,第一局乙投沙包的條件下,得0分的概率為:.所以，當時,甲在2局游戲中,一局得0分,另一局得1分第一局甲投沙包的條件下,得1分的概率為:,第一局乙投沙包的條件下,得1分的概率為:.所以.當時,甲2局游戲均得1分,第一局甲先投的條件下,得2分的概率為:,第一局乙先投的條件下,得2分的概率為:.所以.所以的分布列為012所以的數學期望為.（3）恰好比賽四局且甲獲得勝利，需四局中最后一局甲一定得1分，第三局甲得1分，前兩局結束時甲得1分.所以甲先投的情況下，恰好比賽四局甲獲得游戲勝利的概率為：，乙先投的情況下，恰好比賽四局甲獲得游戲勝利的概率為：，記恰好比賽四局甲獲得游戲勝利為事件，則.19．(1)，(2)無解(3)證明見解析【分析】（1）求出函數的導數，再利用導數的幾何意義列式求解.（2）將方程根的個數轉化為的零點個數，再按分段討論即可.（3）利用導數證明不等式，再結合分析法，利用導數證明即可.【詳解】（1）函數，求導得，由的圖象在處的切線方程為，得，所以，.（2）由（1）知，，其定義域為，當時