数学-河北省百师联盟2026届高三下学期3月第一次质量检测_副本_2026届河北省百师联盟高三下学期3月第一次质量检测全科_02数学_河北省百师联盟高三下学期3月第一次质量检测

2026 届河北省百师联盟一模数学试题
一、单选题
1．已知全集为U，若BI ( A)=，则A B=（ ）
U
A．A B．B C． A D． B
U U
b
2．设a,bR，i是虚数单位，则“复数z=a+ 为纯虚数”是“ab=0”的（ ）
i
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．既不充分也不必要条件 D．充要条件
x+2y+1
3．已知x,y为正实数，且x+y=1，则 的最小值为（ ）
xy
A．2 2+1 B．2 2−1 C．2 6+5 D．2 6−5
4．已知圆台上底面直径为2，下底面直径为4，母线长为3，则该圆台的体积为（ ）
14 2 14 5 28 2 28 5
A． π B． π C． π D． π
3 3 3 3
5．一组从小到大排列的数据：1，2，3，4，6，8，x，18，22，23.若它们的70百分位数是中位数的
两倍，则x的值为（ ） 公众号：高考试卷君
A．10 B．11 C．12 D．14
6．数列a 的通项公式为a =2n−11，S 为其前n项和，则S 的最小值为（ ）
n n n n
A．−9 B．−7 C．−3 D．−19
 π  π 1
7．已知函数 f(x)=sinx+ +cosx+ （0），若y= f(x)在x(0,2π)部分的图象与直线y=−
 3  2 2
恰好产生了三个交点，则的取值范围为（ ）
13 7 7 5 5 19 4 3
A．( , ] B．( , ] C．( , ] D．( , ]
12 4 6 3 4 12 3 2
8．已知直线l :a2x+y−3a2−5=0与l :x−a2y+3a2−5=0相交于点P，点Q在圆x2+y2 =2上，则（ ）．
1 2
A． PQ 有最大值6 2 B． PQ 有最大值5 2
C． PQ 有最小值3 2 D． PQ 有最小值2 2
二、多选题
9．如果平面向量a=(2,−4)，b =(−6,12)，那么下列结论中正确的是（ ）A．|b|=3|a| B．a//b
C．a与b的夹角为30 D．a在b方向上的投影为2 5
10．设函数 f (x)的定义域为R，且满足 f (x)= f (2−x)，f (x)=−f (x+2)，当x(0,1时，f (x)=2x2−x，
则（ ）
A． f (x)是奇函数
B． f (2024)=0
1
C． f (x)的最小值是−
8
1
D．方程 f (x)= 在区间0,2024内恰有1012个实数解
8
x2 y2
11．已知F ，F 分别是椭圆C： + =1的左、右焦点，O为坐标原点，P为C上异于左、右顶点的一点，
1 2
4 3
H是线段PF 的中点，则（ ）
2
A．OH + HF =2 B．OH 1
2
C． OHF 内切圆半径的公最大值众为 号3 ：D． 高HFF考外接试圆半径卷的最君小值为1
2 1 2
6
三、填空题
12．若圆x2+y2+6x−8y+25=与x轴相切，则实数的值是_____.
π π
13．已知二面角−l−为直二面角，A，B，Al，Bl，则AB与，所成的角分别为 ， ，
6 4
AB与l所成的角为___________.
14．已知函数 f (x)=alnx(a0)，若函数g(x)= f (x) −2025，则g(x)的所有零点之积为__________；方
程 f (x) =x有三个不同的解，则实数 a的范 围为__________.
四、解答题
15．已知 f (x)=ax2+bx+c(a,b,cR)，且 f (x)0的解集为(0,2)．
（1）当 f(1)=−1，求函数 f(x)的解析式；
1
（2）若关于x的不等式2f(x)− 0对一切实数恒成立，求实数a的取值范围.
416．已知平面向量a=(3,4)，b =(9,x)，c =(4,y)，且a//b，a⊥c
(1)求b 在c方向上的投影向量；
(2)求m=2a−b 与n=a+c的夹角.
17．在三棱柱OAB−OAB 中，P，Q为AA 的三等分点，侧面OBBO 为正方形，OA⊥OB，BP⊥OO .
1 1 1 1 1 1 1
(1)证明：平面OBBO ⊥平面OAAO ；
1 1 1 1
(2)证明：PO⊥平面OBBO ；
1 1
(3)正方形OBBO 边长为3，OA= 2，求直线OQ与平面OAB所成角的正弦值.
1 1 1
1
18．已知F为抛物线C：x2 =2py(p0)的焦点，点A在C上，FA=( 3,− ).点P（0，-2），M，N是抛物
4
线上不同两点，直线PM和直线PN的斜率分别为k ，k .
公众号：高1 2考试卷君
(1)求C的方程；
(2)存在点Q，当直线MN经过点Q时，3(k +k )−2kk =4恒成立，请求出满足条件的所有点Q的坐标；
1 2 1 2
(3)对于（2）中的一个点Q，当直线MN经过点Q时，|MN|存在最小值，试求出这个最小值.
19．已知 f (x)=(x+1)ln(x+1)+asinx，aR
f(x)
(1)a=0时，证明： x；
x+1
(2)若对任意的x(0,π)， f(x)0恒成立，求a的取值范围；
1 2 1 n 1
(3)证明：对任意的正整数n，总有 sin1+ sin + + sin ln(n+1)．
2 3 2 n+1 n公众号：高考试卷君参考答案
1．A
【详解】因为BI ( A)=，则B A，
U
所以A B= A.
故选：A.
2．A
b
【详解】因为z=a+ =a−bi，
i
b b
若复数z=a+ 为纯虚数，则a=0，b0，所以ab=0；即“复数z=a+ 为纯虚数”是“ab=0”的充分条
i i
件；
b b
若b=0，则ab=0，但复数z=a+ 不是纯虚数；即“复数z=a+ 为纯虚数”不是“ab=0”的必要条件；
i i
b
综上，“复数z=a+ 为纯虚数”是“ab=0”的充分不必要条件.
i
故选：A.
3．C
x+公2y+众1 x号+2y+：x+y高2x考+3y 试2 3卷君
【详解】因为x+y=1，则 = = = + ，
xy xy xy y x
2 3 2 3 2x 3y 3y 2x 3y 2x
由于 + =(x+y)  + = +3+2+ = + +52  +5=2 6+5，
y x  y x y x x y x y
3y 2x
 =  x=3− 6 x+2y+1
当且仅当 x y ，即 时，等号成立，所以 的最小值为2 6+5，

x+ y=1
y=−2+ 6 xy
故选：C
4．A
【详解】由题意，如图h= 32−(2−1)2 =2 2，
1 ( ) 14 2π
所以V = h π+4π+ π4π = .
3 3
故选：A5．A
【详解】数据1，2，3，4，6，8，x，18，22，23已是由小到大的排列，数据共10个，
6+8
中位数为第5个与第6个数据的平均值即中位数为 =7，
2
x+18
由1070％=7，因此70百分位数为第7个与第8个数据的平均值即 ，
2
x+18
得 =27=14，
2
解得x=10，
故选：A．
6．D
【详解】令a =2n−110，因为nN*，所以解得n=1,2,3，
n
所以数列a 的前3项为负，从第4项起为正，
n
所以S 的最小值为S =21−11+22−11+23−11=14−33=−19.
n 3
故选：D.
7．C 公众号：高考试卷君
 π  π 1 3  π
【详解】 f(x)=sinx+ +cosx+ = sinx+ cosx−sinx=cosx+ ,
 3  2 2 2  6
π π π
令t=x+ ，x(0,2π)，0，所以t ,2π+ ，
6 6 6
1 π π
问题转化为直线y=− 与函数y=cost，当t ,2π+ 时，有三个交点，
2 6 6
1 2π 4π 8π 10π
由y=cost=− t= , , , , ，
2 3 3 3 3
 π 8π
2π+ 
  6 3 5 19
于是有   ，
π 10π 4 12
2π+ 
 6 3
故选：C
8．A
【详解】对于直线l :a2x+y−3a2−5=0，可变形为a2(x−3)+(y−5)=0.
1
x−3=0 x=3
令 ，解得 ，所以直线l 恒过定点A(3,5).
y−5=0 y=5 1对于直线l :x−a2y+3a2−5=0，可变形为(x−5)−a2(y−3)=0.
2
x−5=0 x=5
令 ，解得 ，所以直线l 恒过定点B(5,3).
y−3=0 y=3 2
因为a21+ ( −a2) 1=0，所以l ⊥l ，已知A(3,5)，B(5,3)，则中点坐标为( 3+5 , 5+3 )=(4,4).
1 2 2 2
1
|AB|= (5−3)2+(3−5)2 = 4+4 =2 2，所以半径r = |AB|= 2.
1 2
则点P的轨迹是以AB为直径的圆的一部分，故点P的轨迹为(x−4)2+(y−4)2 =2(x3,y5)，
已知圆x2+y2 =2的圆心O(0,0)，半径r = 2，则圆心O(0,0)与点P轨迹圆的圆心(4,4)的距离为
2
|OC|= (4−0)2+(4−0)2 = 16+16 =4 2.
|PQ|的最大值为圆心加上两圆半径，即|PQ| =4 2+ 2+ 2 =6 2.
max
由于轨迹不包含点(3,3)，故不存在最小值.
故选：A．
9．AB
公众号：高考试卷君
【详解】因为a=(2,−4)，b =(−6,12)，所以b =−3a．
在A中，由b =−3a，可得|b|=3|a|，故A正确；
在B中，由b =−3a，可得a//b，故B正确；
在C中，由b =−3a，可得a与b的夹角为180，故C错误；
ab (2,−4)(−6,12)
在D中，a在b方向上的投影为 = =−2 5，故D错误．
|b| (−6)2+122
故选:AB．
10．AB
【详解】对于选项A，因为函数 f (x)的定义域为R，又 f (x)= f (2−x)，所以 f (−x)= f (2+x)，
又 f (x)=−f (x+2)，得到 f (−x)=−f (x)，所以 f (x)是奇函数，故选项A正确，
对于选项B，因为 f (x)=−f (x+2)，所以 f (x+4)=−f (x+2)= f(x)，得到 f (x)的周期为4，
所以 f (2024)= f(0)=0，故选项B正确，1
对于选项C，当x(0,1时， f (x)=2x2−x[− ,1]，又 f (x)是奇函数，
8
 1
所以当x−1,0)时， f(x) −1, ，所以选项C错误，
 
 8
对于选项D， 当x−1,0)时，−x(0,1，则 f(−x)=2(−x)2+x，得到 f(x)=−2x2−x，
因为 f (x)= f (2−x)，所以函数 f (x)关于直线x=1对称，所以 f (x)在−1,3上的图像如图所示，
1
由图知， f (x)= 在−1,3有4个交点，又 f (x)的周期为4，且在区间0,2024上共有506个周期，
8
1
所以方程 f (x)= 在区间0,2024内恰有2024个实数解，故选项D错误，
8
故选：AB.
11．ACD
公众号：高考试卷君
【详解】
1 1
对于A，OH + HF = (PF + PF )= 2a=a=2，故A正确；
2 2 1 2 2
1
对于B，由三角形中位线得OH = PF ，因为当点P在第二三象限时，PF 2，此时OH 1，故B错误；
2 1 1
 
对于C，因为OH + HF + OF =3，S =b2tan =3tan ，
2 2 PF1F2 2 2
π  3
当点P在上顶点时，最大，所以0 ，所以0tan  ，
3 2 3
3
所以0S  3，所以由三角形相似可得0S  ，
△PF1F2 OHF2 4
1 1 1 1 3
设内切圆半径为r，又S = OH r+ HF r+ OF r= r(OH + HF + OF )= r，
OHF2 2 2 2 2 2 2 2 2 23
2
所以 OHF
2
内切圆半径的最大值为
4 =
3，故C正确；
3 6
FF 2
对于D，设 HFF 的外接圆半径为R，则由正弦定理可得2R= 1 2 = R1，故D正确.
1 2 sinFHF sinFHF
1 2 1 2
故选：ACD
12．16
【详解】由x2+y2+6x−8y+25=，可得(x+3)2+(y−4)2 =，
方程表示圆，则可得圆心为(−3,4)，半径为 (0)，
由圆与x轴相切，则可得 = 4 ，解得=16.
故答案为：16.

13． /60
3
【详解】如图，
公众号：高考试卷君
⊥, =l,a,b,a⊥l,b⊥l，则a,b,l两两垂直.
作AD⊥l,BC⊥l，垂足分别为D,C，连接BD,AC，
则AD⊥,BC⊥，
所以BAC为AB与的所成角，ABD为AB与的所成角，
π π
即BAC= ，ABD= ，
6 4
建立如图空间直角坐标系D−xyz，设AB=2m，
则BC=m,AC= 3m,AD=BD= 2m，得 DC= AC2−AD2 =m ，
A( 2m,0,0),B(0,m,m)，所以AB=(− 2m,m,m)，取l=(0,1,0)，
ABl m 1 π
则cosAB,l = = = ，又AB,l (0, ]，
AB l 4m2 2 2
π π
所以AB,l = ，即AB与l所成的角为 .
3 3π
故答案为：
3
14． 1 (e,+)
【详解】由题，函数g(x)的零点即方程 f ( x) =2025的根，作出函数y= f (x) = aln(x) 的图象，如图，
y=2025与y= f (x) 的图象共4个交点，从右到左依次是x,x ,x ,x ，
1 2 3 4
当x0时，y= f (x) = alnx ，则alnx =−alnx ，得lnx +lnx =0，故ln(xx )=0，即xx =1，
1 2 1 2 1 2 1 2
同理，可得x x =1，
3 4
所以x x x x =1，即g(x)的所有零点之积为1.
1 2 3 4
作出函数y= f (x) = alnx 的公图象如众图，号 ：高考试卷君
方程 f (x) =x有三个不同的解，即y= f (x) = alnx 与y= x的图象有三个不同的交点，
a
当x1时，y= f (x) =alnx，则y= ，设切点为(x ,alnx )，
x 0 0
a alnx
所以曲线y=alnx过原点的切线斜率k = = 0 ，解得x =e，
x x 0
0 0
a
所以曲线y=alnx过原点的切线斜率k = ，
e
a
要使得y= f (x) = alnx 与y= x的图象有三个不同的交点，则 1，即ae，
e
所以实数a的取值范围为(e,+).
故答案为：1，(e,+).15．（1） f(x)=x2−2x（2）a[0,2)
【详解】（1）由 f (x)0的解集为(0,2)可知a0且 f (x)=ax(x−2).
则 f (1)=−1a=1  f (x)=x2−2x.
1
（2）2f(x)− 02ax(x−2) 2−2 ax2−2ax+20的解集为R.
4
当a=0时，满足题意；
 a0
当a0时，由 0a2.
=4a2−8a0
综上，a0,2).
16．(1)0
3π
(2)
4
【详解】（1） a//b，3x−36=0，解得x=12.
b =(9,12).
公众号：高考试卷君
a⊥c，a·c =12+4y=0，y=−3.
c =(4,−3).
b·c =94+12(−3)=0，
b ⊥c.
所以b 在c方向上的投影向量为0．
（2）由（1）知，m=2a−b =(6,8)−(9,12)=(−3,−4)，n=a+c =(3,4)+(4,−3)=(7,1)，
m·n=−37+(−4)1=−25， m = (−3)2+(−4)2 =5， n = 72+12 =5 2.
m·n −25 2
设m，n的夹角为，则：cos= = =− .
m n 55 2 2
3π
0,π，= ;
4
3π
即向量m与向量n的夹角为 ．
4
17．(1)证明见解析(2)证明见解析
10
(3)
10
【详解】（1）由四边形OBBO 是正方形，可知OB⊥OO ，
1 1 1
又OA⊥OB，OAOO =O，OA,OO 平面OAAO ，则OB⊥平面OAAO .
1 1 1 1 1 1
而OB平面OBBO ，故平面OBBO ⊥平面OAAO .
1 1 1 1 1 1
（2）因为OB⊥OO ，BP⊥OO ，OB BP=B，OB,BP平面OBP，则OO ⊥平面OBP，
1 1 1
而OP平面OBP，则OP⊥OO .
1
由（1）知平面OBBO ⊥平面OAAO ，平面OBBO 平面OAAO =OO ，OP平面OAAO ，且OP⊥OO ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
故PO⊥平面OBBO .
1 1
（3）以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，OO 的方向为y轴正方向，OP的方向为z轴正方向，建
1
立如图所示的空间直角坐标系O−xyz.
公众号：高考试卷君
1
在Rt△POA中，OA= 2，AP= AA =1，则OP=1.
3 1
则有O(0,0,0)，B(3,0,0)，A(0,−1,1)，Q(0,1,1)，O (0,3,0)，
1
所以OQ=(0,−2,1)，OB=(3,0,0)，OA=(0,−1,1)，
1
r
设平面OAB的一个法向量为n=(x,y,z)，
nOB=3x=0
则有 ，可取z=1，得n=(0,1,1).
nOA=−y+z=0
记直线OQ与平面OAB所成的角为，
1
OQn 0−2+1 10
1
故sin= cos OQ,n = = = .
1 OQ n 4+1 1+1 10
110
即直线OQ与平面OAB所成角的正弦值为 .
1
10
18．(1)x2 =4y
(2)（2，2）或（4，2）
(3)5
p x2 x2 p 1
【详解】（1）F(0, )，设A(x, 1 )，则FA=(x, 1 − )=( 3,− )，
2 1 2p 1 2p 2 4
x = 3,
 1 3
所以x2 p 1 得：2p2− p−6=0，解得p=2或p=− （舍），
 1 − =− , 2
2p 2 4
所以抛物线C的方程为x2 =4y①.
（2）设直线MN：y=kx+m②，M(x,y)，N(x ,y )，
1 1 2 2
联立①②，得x2−4kx−4m=0.
所以=16(k2+m)0③，x +x =4k，x x =−4m④.
1 2 1 2
y +2 kx +m+2 m+2 y +2 kx +m+2 m+2
k = 1 = 1 =k+ ，k = 2 = 2 =k+ ，
1 x x x 2 x x x
1 1 公1 众号2 ：高2 考试卷2 君
1 1 x +x k(m−2)
则k +k =2k+(m+2)( + )=2k+(m+2) 1 2 = ，
1 2 x x xx m
1 2 1 2
(kx +m+2)(kx +m+2)
kk = 1 2
1 2 xx
1 2
k2xx +k(m+2)(x +x )+(m+2)2 8k2+(m+2)2
= 1 2 1 2 = .
xx −4m
1 2
k(m−2) 8k2+(m+2)2
因为3(k +k )−2kk =4，即：3 −2 −4=0，
1 2 1 2
m −4m
即：(2k+m−2)(4k+m−2)=0，
则m=2−2k或m=2−4k，能满足③式.
则MN：y=kx+2−2k =k(x−2)+2，或MN：y=kx+2−4k =k(x−4)+2，
所以定点Q的坐标为（2，2）或（4，2）；
（3）如MN过（4，2）点，当k =k =2时，3(k +k )−2kk =4，但此时M，N重合，
1 2 1 2 1 2
则|MN|无最小值，所以MN只能过（2，2）点，此时|MN|有最小值.
由（2），在④中，令m=2−2k得：x +x =4k，x x =8k−8，
1 2 1 2
|MN|= (x −x )2+(y −y )2 = 1+k2 |x −x |= 1+k2 (x +x )2−4xx
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2= 1+k2 (4k)2−4(8k−8) =4 k4−2k3+3k2−2k+2 .
令 f(k)=k4−2k3+3k2−2k+2，
则 f(k)=4k3−6k2+6k−2=2(2k−1)(k2−k+1)=0，.
1 1
当k  时， f(k)0， f(k)在(−, )上为减函数，
2 2
1 1
当k  时， f(k)0， f(k)在( ,+)上为增函数，
2 2
1
所以当k = 时， f(k)有最小值，|MN|有最小值.
2
1 1
|MN| =4 1+ −1+2 =5.
min 4 4
公众号：高考试卷君
19．(1)证明见解析
(2)
−1,+)
(3)证明见解析
f(x)
【详解】（1）构造g(x)= −x，当a=0时，g(x)=ln(x+1)−x(x(−1,+))，
x+1
1 −x
g(x)= −1= (x(−1,+))．
x+1 x+1
可知x(−1,0)，g(x)0，g(x)单调递增；
x(0,+)，g(x)0，g(x)单调递减．
f(x)
则g(x) =g(0)=0，故g(x)0，即 −x0，
max x+1
f(x)
所以 x．
x+1
（2）依题意 f(x)=1+ln(x+1)+acosx(x(0,π))，设h(x)= f(x)，
1
则h(x)= −asinx(x(0,π))，
x+1且有 f(0)=0， f(0)=1+a．
（i）当a0，x(0,π)时，显然 f(x)中(x+1)ln(x+1)0，asinx0则 f(x)0恒成立；
（ii）当−1a0，x(0,π)时，h(x)0，则 f(x)单调递增， f(x) f(0)=1+a0，
f(x)单调递增， f(x) f(0)=0．
π π
（iii）当a−1，x(0,π)时，h(x)0，则 f(x)单调递增， f(0)=1+a0， f( )=1+ln( +1)0，则
2 2
π
必然存在一个x (0, )，使得 f(x )=0，
0 2 0
且有x(0,x )时， f(x)0， f(x)单调递减，
0
此时 f (x) f (0)=0，不满足恒成立条件．
综上所述，a−1．
（3）由（2）中结论，有当a−1时， f (x)=(x+1)ln(x+1)+asinx0，对任意的x(0,π)恒成立，
取a=−1可得， f (x)=(x+1)ln(x+1)−sinx0，对任意的x(0,π)恒成立，
1
即(x+1)ln(x+1)sinx，变形可得 sinxln(x+1)
公众x+1 号：高考试卷君
分别令x= 1 ， 1 ，L ， 1 ，可得 1 sin1ln(1+ 1 )，
1 2 n 2 1
2 1 1 n 1 1
sin ln(1+ )，……， sin ln(1+ )
3 2 2 n+1 n n
1 2 1 n 1 2 3 n+1
累加可得 sin1+ sin + + sin ln +ln + +ln =ln(n+1)证毕．
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