河北省张家口市2026届高三上学期期末教学质量监测数学试题
1．（2026高三上·张家口期末）已知复数（是虚数单位）的共轭复数为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：依题意，，所以.
故答案为：B.
【分析】将虚部变为负值即为，代入公式即可.
2．（2026高三上·张家口期末）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】补集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：由，则或，解得或，
则或，所以.
故答案为：D．
【分析】先求绝对值不等式得集合，再根据补集的定义去除属于A的元素求解即可.
3．（2026高三上·张家口期末）双曲线的渐近线的倾斜角为（ ）
A．或 B．或
C．或 D．或
【答案】C
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：令，则，
即双曲线的渐近线方程为，倾斜角为或.
故答案为：C．
【分析】令，则双曲线渐近线为，可得斜率和倾斜角.
4．（2026高三上·张家口期末）已知函数图象的对称轴为直线，其中，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】奇偶函数图象的对称性；正切函数的图象与性质；函数y=Atan（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由于函数的对称轴为直线，
令，解得，
因为，取，可得，则的最小值为.
故答案为：A．
【分析】函数为偶函数，可得对称轴为直线，令，并令k=1得解.
5．（2026高三上·张家口期末）已知直线的倾斜角为，直线与轴的交点为点，绕点顺时针方向旋转得到直线，与轴的交点为点，则点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的正切公式；直线的倾斜角；斜率的计算公式；直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
【解析】【解答】解：由题意，直线的倾斜角为，直线与轴的交点为点，
所以，
又直线绕点顺时针方向旋转得到直线，
所以直线的斜率，
所以直线的方程为，令，可得，所以.
故答案为：D
【分析】由直线方程得，顺时针方向旋转得到直线得，用两角差的正切公式可得，又过点A，得直线方程，代入y=0得解.
6．（2026高三上·张家口期末）已知数列中，，则数列的前10项和为（ ）
A．9 B．10 C．100 D．99
【答案】C
【知识点】等差数列概念与表示；数列的递推公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：由，则，
所以数列是首项为，公差为2的等差数列，
则数列的前10项和为.
故答案为：C．
【分析】原式可化为，符合等差数列定义得数列是首项为，公差为2的等差数列，代入等差数列的求和公式得解.
7．（2026高三上·张家口期末）已知甲、乙、丙、丁四名学生利用假期的某周周一到周五去敬老院参加志愿者活动，每天去一人，且甲参加两天活动，其余三名学生每人一天，则安排甲不在相邻两天做志愿者的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：解法1：总的安排方法数为种，其中乙、丙、丁全排列方法数为种，
甲在乙、丙、丁的排列形成的四个空当中任选两个的方法数为种，
故所求概率，
解法2：总的安排方法数为种，其中甲两天相邻的排列方法数为种，
故所求概率，
故答案为：B．
【分析】法一：利用古典概型概率计算公式，先求出总的安排方法数为N=种，再先全排列乙、丙、丁，种，插空，四个空当中任选两个的方法数为n=种，得解；法二：先求出总的安排方法数为种，再求甲两天相邻的排列方法数为种，结合对立事件求所求概率.
8．（2026高三上·张家口期末）已知实数满足，则下列关系一定不成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：设，则，
取对数得，在同一平面直角坐标系中作出三条直线的大致图象如图所示：
三条直线的交点记为，则直线自上而下运动时与三条直线的交点的横坐标分别为，则依次出现，这7种可能的情况，
故答案为：B．
【分析】由题意画出图象，三条直线的交点记为，则直线自上而下运动时与三条直线的交点的横坐标分别为，由图象可得7种可能情况.
9．（2026高三上·张家口期末）下列命题中的真命题是（ ）
A．数据：1，2，3，4，5，6，7，8，9，11的分位数是10
B．已知，命题“，使平行”的否定是“，平行”
C．设，则“”是“”成立的必要不充分条件
D．奇函数在定义域上单调递增
【答案】A,C
【知识点】命题的真假判断与应用；必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数单调性的判断与证明；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、因为，其分位数是该选项正确，符合题意；
B、命题“，使平行”的否定是“不平行”，该选项错误，不合题意；
C、令，满足，不满足，反之，若，则，所以，
所以“”是“”成立的必要不充分条件，该选项正确，符合题意；
D、在和上都单调递增，但在定义域上不是单调递增的，比如，该选项错误，不合题意.
故答案为：AC．
【分析】代入计算公式得，故所求数是，可判断A正确； 根据存在量词命题的否定的定义可判断B不正确；令，满足，不满足，反之，若，则，所以，所以“”是“”成立的必要不充分条件，可判断C正确；在和上都单调递增，但在定义域上不是单调递增的，比如，可判断D不正确.
10．（2026高三上·张家口期末）已知动直线经过抛物线的焦点，与交于两点，为坐标原点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．的最小值为4
C．抛物线在处的切线的交点在准线上
D．当直线的倾斜角为时，是等腰三角形
【答案】B,C
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：如图：
A、直线即，令可得，
这与的变化无关，所以动直线过定点，
定点是抛物线的焦点，则，所以，该选项错误，不合题意；
B、由A选项知抛物线的方程为是通径时最小，
此时，该选项正确，符合题意；
C、抛物线的准线方程为，
联立，消得，
设，则，
点处的切线方程为，即，
同理点处的切线方程为，
两方程相减可得，
代回切线方程可得，
所以交点在准线上，该选项正确，符合题意；
D、若直线的倾斜角为，则，
联立，消得，解得或，
不妨取，
所以，所以不是等腰三角形，该选项错误，不合题意.
故答案为：BC
【分析】对于选项A，令可得，与的变化无关，故过定点，代入可得；对于选项B、由A得是通径时最小，此时；对于选项C， 联立方程，设，利用韦达定理求出，再分别求出切线方程，联立切线方程 ；对于选项D，若直线的倾斜角为，得直线方程，类比C方法得可得不是等腰三角形.
11．（2026高三上·张家口期末）已知动圆的圆心在曲线上运动，是原点，则下列结论正确的是（ ）
A．存在两个不同的实数满足圆经过点
B．若圆被直线平分，则圆心的坐标为
C．当时，存在某个位置使得圆被两条坐标轴截得的弦长相等
D．若点在圆上运动，点在直线上运动，则的最小值为
【答案】A,B,D
【知识点】指数函数的图象与性质；导数的几何意义；直线与圆的位置关系；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：A、若圆经过原点，则，即，
由函数的性质得出有两个不同的交点，即存在两个不同的实数满足圆经过点，该选项正确，符合题意；
B、当且仅当直线经过圆心时平分圆，所以，解得，圆心为，该选项正确，符合题意；
C、当时，，圆的方程中令，得，
则被轴截得的弦长为；令，得，
则被轴截得的弦长为；
方程等价于，即，但，
所以方程无解，当时，不存在某个位置使得圆被两条坐标轴截得的弦长相等，该选项错误，不合题意；
D、设，则，令可得，圆心在（0，1）处时的切线的斜率为1，
圆心到直线的距离，此时圆上的点到直线的距离的最小值是，该选项正确，符合题意
故答案为：ABD．
【分析】假设圆经过原点，则，即，由函数的性质得出有两个不同的交点，可判断A正确；直线平分圆则圆心必定在直线上，得，解得可得圆心，可判断B正确；当时，及时，分别求得被、y轴截得的弦长分别为和；经检验方无解，当时，不存在某个位置使得圆被两条坐标轴截得的弦长相等，可判断C不正确； 根据圆心到直线距离计算 ，可判断D正确，
12．（2026高三上·张家口期末）在的二项展开式中，的系数为 （用数字作答）．
【答案】80
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项为，
令，得4，所以的系数为.
故答案为：80
【分析】代入二项式展开式的通项公式，令可求解.
13．（2026高三上·张家口期末）某大型购物商场为吸引顾客设置购物抽奖活动，顾客消费满一定金额后可以参加抽奖活动，抽奖规则是：从一个装有6个大小、形状、质地完全相同的小球（2个红球、4个白球）的不透明盒子中每次随机抽取1个球，记下颜色后放回，摇匀后进行下一次抽取，每名顾客一共有4次抽奖机会，若前3次都抽到红球，则不需要抽第4次，根据抽出的红球数计算奖次．记为抽到红球的次数，则 ．
【答案】
【知识点】二项分布
【解析】【解答】解：包含两类：前3次都取到红球，或前3次取到2个红球和1个白球且第4次取到红球，
其概率为．
故答案为：．
【分析】抽奖， 记下颜色后放回，摇匀后进行下一次抽取 ，符合二项分布，代入公式即可.
14．（2026高三上·张家口期末）在一个半径的大球内放入个半径均为的小球，若，则的最大值为 ；若，则的最大值为 ．
【答案】2；
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：大球半径，小球半径，
当时，小球球心和大球球心在大球的一条直径上，为使小球半径最大，两个小球的球心与大球球心共线，且两个小球相切于大球球心，此时大球的半径等于一个小球的直径，即，解得；
当时，四个小球的球心恰好可以构成棱长为的正四面体的顶点（球心是正四面体的中心），
高，正四面体的外接球的半径为，
由解得．
故答案为：①2；②.
【分析】①当时，大球的半径等于一个小球的直径且在同一直径上，得求出半径即可；
②当时，四个小球的球心组成的球即为棱长为的正四面体的外接球，得解
15．（2026高三上·张家口期末）已知数列满足，且．
（1）求的值；
（2）证明数列为等比数列；
（3）求数列的前项和．
【答案】（1）解：因为，
由，可得；
同理.
（2）证明：证法一：因为，所以；
由可得，
故数列是首项为3、公比为2的等比数列，且.
证法二：易得，
故，
以此类推，，
即，则，
数列是首项为3、公比为2的等比数列.
（3）解：由（2）得，
两式相减可得，
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）将n=2，3代入递推式子可得解；
（2）证法一：将递推式子进行变形为，符合等比数列的定义；
证法二：易得，故，则，得证；
（3）由（2）得，符合错位相减法，先求，再求2，两式做差，进行计算即可.
（1）因为，
由，可得；
同理.
（2）证法一：因为，所以；
由可得，
故数列是首项为3、公比为2的等比数列，且.
证法二：易得，
故，
以此类推，，
即，则，
数列是首项为3、公比为2的等比数列.
（3）由（2）得，
两式相减可得，
16．（2026高三上·张家口期末）某省为了解高中生对足球赛事的了解情况，特地举办了一次足球常识问卷调查，问卷的满分为100分，统计结果显示，学生成绩，不低于60分为及格，高于80分为优秀，且优秀率为20%．根据某高中学校参加问卷的90名学生的调查结果，得到如下列联表：
性别 关注足球赛事 不关注足球赛事 合计
男 55 5 60
女 20 10 30
合计 75 15 90
（1）根据小概率值的独立性检验，分析该校学生对足球赛事的关注是否与性别有关；
（2）在这90名学生中随机抽取一名，记事件表示抽到“学生关注足球赛事”，事件表示抽到“学生是女生”，求及的值；
（3）从全省参与调查的学生中随机选出5人，这5人中及格的人数记作，求的期望与方差．
附：，其中．
常用的小概率值和相应的临界值：
0.05 0.01 0.001
3.841 6.635 10.828
【答案】（1）解：零假设为：学生对足球赛事的关注与性别无关.
根据列联表中的数据，得到，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为该校学生对足球赛事的关注与性别有关.
（2）解：由题意得，，，，
故.
（3）解：因为，
所以，
所以，
故，
即.
【知识点】独立性检验的基本思想；条件概率与独立事件；二项分布；正态分布的期望与方差
【解析】【分析】（1）代入卡方计算公式，得，推断不成立，即认为该校学生对足球赛事的关注与性别有关；
（2）代入和事件的运算公式得，代入条件概率的计算公式计算；
（3）由正态分布性质得，， 结合二项分布的均值与方差公式计算 .
（1）零假设为：学生对足球赛事的关注与性别无关.
根据列联表中的数据，得到，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为该校学生对足球赛事的关注与性别有关.
（2）由题意得，，，，
故.
（3）因为，
所以，
所以，
故，
即.
17．（2026高三上·张家口期末）已知在中，角的对边分别为，且．
（1）若，求的外接圆的半径；
（2）求面积的最大值．
【答案】（1）解：当时，.
因为，所以，则.
又，可得，则.
因为，所以，又因为，所以为锐角，则，
因此，则，
故外接圆的半径.
（2）解：解法一：由正弦定理及，得；
由余弦定理得，又，得，
则，
则.
令，可得，
由辅助角公式可得（其中），
由，解得，
所以，即，
所以的最大值为.
解法二：同法一得到
，因为，所以，所以，
又，
所以
当且仅当时取得最大值，
所以的最大值为.
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；辅助角公式
【解析】【分析】（1）时，.结合诱导公式得，，得解；，所以，为锐角，则得解；
（2）解法一：代入 正弦定理得，余弦定理得，计算得， 根据三角形面积公式和反解法计算；解法二：同法一得到，利用万能公式求解 .
（1）当时，.
因为，所以，则.
又，可得，则.
因为，所以，又因为，所以为锐角，则，
因此，则，
故外接圆的半径.
（2）解法一：由正弦定理及，得；
由余弦定理得，又，得，
则，
则.
令，可得，
由辅助角公式可得（其中），
由，解得，
所以，即，
所以的最大值为.
解法二：同法一得到
，因为，所以，所以，
又，
所以
当且仅当时取得最大值，
所以的最大值为.
18．（2026高三上·张家口期末）已知函数．
（1）当时，
（i）求的图象在点处的切线方程；
（ii）过原点向的图象作切线，求该切线的方程；
（2）若时，函数有两个极值点，且，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：当时，．
（i），故点（0，1）处的切线方程为.
（ii）设切点为，则，则切线方程为，代入，
可得，得，则切线方程是.
（2）解：当时，，则.
由题意得有两个变号零点，即有两个实根，
方程可变形为，可转化为直线和曲线有两个不同的交点.
由，解得，且是的递增区间，是的递减区间；
注意到，且时，，画出其图象如图，
当且仅当时函数有两个极值点，且
又因为，所以.令，则．
又，则，即，
两边取自然对数可得．设，那么，分母恒为正值，
对于分子对应的函数，在时恒成立，
所以单调递减，所以，也就是在时恒成立，
所以也单调递减，所以，从而.
又在上单调递增，
所以当时，取得最大值，且，
因此实数的取值范围是.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）（i），由点斜式得切线方程.
（ii）设切点为，则，则切线方程为，代入，
解方程可得.
（2） 函数有两个极值点 转化为直线和曲线有两个不同的交点.，分离参数，然后利用导函数求解参数的取值范围即可
（1）当时，．
（i），故点（0，1）处的切线方程为.
（ii）设切点为，则，则切线方程为，代入，
可得，得，则切线方程是.
（2）当时，，则.
由题意得有两个变号零点，即有两个实根，
方程可变形为，可转化为直线和曲线有两个不同的交点.
由，解得，且是的递增区间，是的递减区间；
注意到，且时，，画出其图象如图，
当且仅当时函数有两个极值点，且
又因为，所以.令，则．
又，则，即，
两边取自然对数可得．设，那么，分母恒为正值，
对于分子对应的函数，在时恒成立，
所以单调递减，所以，也就是在时恒成立，
所以也单调递减，所以，从而.
又在上单调递增，
所以当时，取得最大值，且，
因此实数的取值范围是.
19．（2026高三上·张家口期末）在空间直角坐标系中，三棱锥的顶点，顶点在平面内，侧面绕转动且与底面形成的二面角为，在转动过程中满足：①；②；③．
（1）点和点纵坐标是否相等？证明你的结论；
（2）当侧面所在平面为平面时，
（i）求动点在平面内的轨迹方程和点在平面内的轨迹方程；
（ii）求三棱锥的体积的最大值；
（3）当，且时，求三棱锥外接球的表面积．
【答案】（1）解：设，顶点，
则．
因为，则，即，因此点和点的纵坐标相等.
（2）解：（i）点，点在平面内，且不在直线上．
因为，
所以点在以为焦点，实轴长为的双曲线上（不含实轴端点），
故其在平面内方程为或.
点，点在平面内，且不在直线上．
因为，
所以点在以为焦点，长轴长为的椭圆上（不含长轴端点），
故其在平面内方程为．
综上可得，动点在平面内的轨迹方程为（或），
点在平面内的轨迹方程为.（或）；
（ii）平面所在平面为平面时，点在以为焦点的等轴双曲线上；
当侧面所在平面为平面时，点在以为焦点的椭圆上；
注意到，只能是（设为，则），
此时三棱锥的高，点到的距离，
则，
整理可得，当时取得最大值.
（3）解：因为，，，所以平面，
所以，所以.
又平面，所以平面平面.
在中，，可得，
同理在中，，可得，
所以是等边三角形，
所以外接圆的圆心为的中心，故半径.
设三棱锥外接球的球心为，取的中点，则为的外心，
所以平面，所以到平面的距离等于到平面的距离，等于长的一半，所以，
故外接球的半径满足，
则外接球的表面积.
【知识点】椭圆的定义；双曲线的定义；双曲线的标准方程；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由，用向量坐标法，设B、P坐标易得，得证；
（2）（i）根据动点满足，满足双曲线定义，即点的轨迹为双曲线，得；同理得的轨迹为椭圆，；
（ii）由题意得，此时三棱锥的高，点到的距离，代入体积公式可得，结合一元二次复合函数可求最值
（3）由题意得平面平面，判断是等边三角形，求出球心到平面的距离，解直角三角形求出外接球的半径.结合外接球的半径满足，得解外接球的表面积.
（1）设，顶点，
则．
因为，则，即，因此点和点的纵坐标相等.
（2）（i）点，点在平面内，且不在直线上．
因为，
所以点在以为焦点，实轴长为的双曲线上（不含实轴端点），
故其在平面内方程为或.
点，点在平面内，且不在直线上．
因为，
所以点在以为焦点，长轴长为的椭圆上（不含长轴端点），
故其在平面内方程为．
综上可得，动点在平面内的轨迹方程为（或），
点在平面内的轨迹方程为.（或）；
（ii）平面所在平面为平面时，点在以为焦点的等轴双曲线上；
当侧面所在平面为平面时，点在以为焦点的椭圆上；
注意到，只能是（设为，则），
此时三棱锥的高，点到的距离，
则，
整理可得，当时取得最大值.
（3）因为，，，所以平面，
所以，所以.
又平面，所以平面平面.
在中，，可得，
同理在中，，可得，
所以是等边三角形，
所以外接圆的圆心为的中心，故半径.
设三棱锥外接球的球心为，取的中点，则为的外心，
所以平面，所以到平面的距离等于到平面的距离，等于长的一半，所以，
故外接球的半径满足，
则外接球的表面积.
1 / 1河北省张家口市2026届高三上学期期末教学质量监测数学试题
1．（2026高三上·张家口期末）已知复数（是虚数单位）的共轭复数为，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2026高三上·张家口期末）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
3．（2026高三上·张家口期末）双曲线的渐近线的倾斜角为（ ）
A．或 B．或
C．或 D．或
4．（2026高三上·张家口期末）已知函数图象的对称轴为直线，其中，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
5．（2026高三上·张家口期末）已知直线的倾斜角为，直线与轴的交点为点，绕点顺时针方向旋转得到直线，与轴的交点为点，则点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
6．（2026高三上·张家口期末）已知数列中，，则数列的前10项和为（ ）
A．9 B．10 C．100 D．99
7．（2026高三上·张家口期末）已知甲、乙、丙、丁四名学生利用假期的某周周一到周五去敬老院参加志愿者活动，每天去一人，且甲参加两天活动，其余三名学生每人一天，则安排甲不在相邻两天做志愿者的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2026高三上·张家口期末）已知实数满足，则下列关系一定不成立的是（ ）
A． B． C． D．
9．（2026高三上·张家口期末）下列命题中的真命题是（ ）
A．数据：1，2，3，4，5，6，7，8，9，11的分位数是10
B．已知，命题“，使平行”的否定是“，平行”
C．设，则“”是“”成立的必要不充分条件
D．奇函数在定义域上单调递增
10．（2026高三上·张家口期末）已知动直线经过抛物线的焦点，与交于两点，为坐标原点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．的最小值为4
C．抛物线在处的切线的交点在准线上
D．当直线的倾斜角为时，是等腰三角形
11．（2026高三上·张家口期末）已知动圆的圆心在曲线上运动，是原点，则下列结论正确的是（ ）
A．存在两个不同的实数满足圆经过点
B．若圆被直线平分，则圆心的坐标为
C．当时，存在某个位置使得圆被两条坐标轴截得的弦长相等
D．若点在圆上运动，点在直线上运动，则的最小值为
12．（2026高三上·张家口期末）在的二项展开式中，的系数为 （用数字作答）．
13．（2026高三上·张家口期末）某大型购物商场为吸引顾客设置购物抽奖活动，顾客消费满一定金额后可以参加抽奖活动，抽奖规则是：从一个装有6个大小、形状、质地完全相同的小球（2个红球、4个白球）的不透明盒子中每次随机抽取1个球，记下颜色后放回，摇匀后进行下一次抽取，每名顾客一共有4次抽奖机会，若前3次都抽到红球，则不需要抽第4次，根据抽出的红球数计算奖次．记为抽到红球的次数，则 ．
14．（2026高三上·张家口期末）在一个半径的大球内放入个半径均为的小球，若，则的最大值为 ；若，则的最大值为 ．
15．（2026高三上·张家口期末）已知数列满足，且．
（1）求的值；
（2）证明数列为等比数列；
（3）求数列的前项和．
16．（2026高三上·张家口期末）某省为了解高中生对足球赛事的了解情况，特地举办了一次足球常识问卷调查，问卷的满分为100分，统计结果显示，学生成绩，不低于60分为及格，高于80分为优秀，且优秀率为20%．根据某高中学校参加问卷的90名学生的调查结果，得到如下列联表：
性别 关注足球赛事 不关注足球赛事 合计
男 55 5 60
女 20 10 30
合计 75 15 90
（1）根据小概率值的独立性检验，分析该校学生对足球赛事的关注是否与性别有关；
（2）在这90名学生中随机抽取一名，记事件表示抽到“学生关注足球赛事”，事件表示抽到“学生是女生”，求及的值；
（3）从全省参与调查的学生中随机选出5人，这5人中及格的人数记作，求的期望与方差．
附：，其中．
常用的小概率值和相应的临界值：
0.05 0.01 0.001
3.841 6.635 10.828
17．（2026高三上·张家口期末）已知在中，角的对边分别为，且．
（1）若，求的外接圆的半径；
（2）求面积的最大值．
18．（2026高三上·张家口期末）已知函数．
（1）当时，
（i）求的图象在点处的切线方程；
（ii）过原点向的图象作切线，求该切线的方程；
（2）若时，函数有两个极值点，且，求实数的取值范围．
19．（2026高三上·张家口期末）在空间直角坐标系中，三棱锥的顶点，顶点在平面内，侧面绕转动且与底面形成的二面角为，在转动过程中满足：①；②；③．
（1）点和点纵坐标是否相等？证明你的结论；
（2）当侧面所在平面为平面时，
（i）求动点在平面内的轨迹方程和点在平面内的轨迹方程；
（ii）求三棱锥的体积的最大值；
（3）当，且时，求三棱锥外接球的表面积．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：依题意，，所以.
故答案为：B.
【分析】将虚部变为负值即为，代入公式即可.
2．【答案】D
【知识点】补集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：由，则或，解得或，
则或，所以.
故答案为：D．
【分析】先求绝对值不等式得集合，再根据补集的定义去除属于A的元素求解即可.
3．【答案】C
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：令，则，
即双曲线的渐近线方程为，倾斜角为或.
故答案为：C．
【分析】令，则双曲线渐近线为，可得斜率和倾斜角.
4．【答案】A
【知识点】奇偶函数图象的对称性；正切函数的图象与性质；函数y=Atan（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由于函数的对称轴为直线，
令，解得，
因为，取，可得，则的最小值为.
故答案为：A．
【分析】函数为偶函数，可得对称轴为直线，令，并令k=1得解.
5．【答案】D
【知识点】两角和与差的正切公式；直线的倾斜角；斜率的计算公式；直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
【解析】【解答】解：由题意，直线的倾斜角为，直线与轴的交点为点，
所以，
又直线绕点顺时针方向旋转得到直线，
所以直线的斜率，
所以直线的方程为，令，可得，所以.
故答案为：D
【分析】由直线方程得，顺时针方向旋转得到直线得，用两角差的正切公式可得，又过点A，得直线方程，代入y=0得解.
6．【答案】C
【知识点】等差数列概念与表示；数列的递推公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：由，则，
所以数列是首项为，公差为2的等差数列，
则数列的前10项和为.
故答案为：C．
【分析】原式可化为，符合等差数列定义得数列是首项为，公差为2的等差数列，代入等差数列的求和公式得解.
7．【答案】B
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：解法1：总的安排方法数为种，其中乙、丙、丁全排列方法数为种，
甲在乙、丙、丁的排列形成的四个空当中任选两个的方法数为种，
故所求概率，
解法2：总的安排方法数为种，其中甲两天相邻的排列方法数为种，
故所求概率，
故答案为：B．
【分析】法一：利用古典概型概率计算公式，先求出总的安排方法数为N=种，再先全排列乙、丙、丁，种，插空，四个空当中任选两个的方法数为n=种，得解；法二：先求出总的安排方法数为种，再求甲两天相邻的排列方法数为种，结合对立事件求所求概率.
8．【答案】B
【知识点】指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：设，则，
取对数得，在同一平面直角坐标系中作出三条直线的大致图象如图所示：
三条直线的交点记为，则直线自上而下运动时与三条直线的交点的横坐标分别为，则依次出现，这7种可能的情况，
故答案为：B．
【分析】由题意画出图象，三条直线的交点记为，则直线自上而下运动时与三条直线的交点的横坐标分别为，由图象可得7种可能情况.
9．【答案】A,C
【知识点】命题的真假判断与应用；必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数单调性的判断与证明；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、因为，其分位数是该选项正确，符合题意；
B、命题“，使平行”的否定是“不平行”，该选项错误，不合题意；
C、令，满足，不满足，反之，若，则，所以，
所以“”是“”成立的必要不充分条件，该选项正确，符合题意；
D、在和上都单调递增，但在定义域上不是单调递增的，比如，该选项错误，不合题意.
故答案为：AC．
【分析】代入计算公式得，故所求数是，可判断A正确； 根据存在量词命题的否定的定义可判断B不正确；令，满足，不满足，反之，若，则，所以，所以“”是“”成立的必要不充分条件，可判断C正确；在和上都单调递增，但在定义域上不是单调递增的，比如，可判断D不正确.
10．【答案】B,C
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：如图：
A、直线即，令可得，
这与的变化无关，所以动直线过定点，
定点是抛物线的焦点，则，所以，该选项错误，不合题意；
B、由A选项知抛物线的方程为是通径时最小，
此时，该选项正确，符合题意；
C、抛物线的准线方程为，
联立，消得，
设，则，
点处的切线方程为，即，
同理点处的切线方程为，
两方程相减可得，
代回切线方程可得，
所以交点在准线上，该选项正确，符合题意；
D、若直线的倾斜角为，则，
联立，消得，解得或，
不妨取，
所以，所以不是等腰三角形，该选项错误，不合题意.
故答案为：BC
【分析】对于选项A，令可得，与的变化无关，故过定点，代入可得；对于选项B、由A得是通径时最小，此时；对于选项C， 联立方程，设，利用韦达定理求出，再分别求出切线方程，联立切线方程 ；对于选项D，若直线的倾斜角为，得直线方程，类比C方法得可得不是等腰三角形.
11．【答案】A,B,D
【知识点】指数函数的图象与性质；导数的几何意义；直线与圆的位置关系；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：A、若圆经过原点，则，即，
由函数的性质得出有两个不同的交点，即存在两个不同的实数满足圆经过点，该选项正确，符合题意；
B、当且仅当直线经过圆心时平分圆，所以，解得，圆心为，该选项正确，符合题意；
C、当时，，圆的方程中令，得，
则被轴截得的弦长为；令，得，
则被轴截得的弦长为；
方程等价于，即，但，
所以方程无解，当时，不存在某个位置使得圆被两条坐标轴截得的弦长相等，该选项错误，不合题意；
D、设，则，令可得，圆心在（0，1）处时的切线的斜率为1，
圆心到直线的距离，此时圆上的点到直线的距离的最小值是，该选项正确，符合题意
故答案为：ABD．
【分析】假设圆经过原点，则，即，由函数的性质得出有两个不同的交点，可判断A正确；直线平分圆则圆心必定在直线上，得，解得可得圆心，可判断B正确；当时，及时，分别求得被、y轴截得的弦长分别为和；经检验方无解，当时，不存在某个位置使得圆被两条坐标轴截得的弦长相等，可判断C不正确； 根据圆心到直线距离计算 ，可判断D正确，
12．【答案】80
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项为，
令，得4，所以的系数为.
故答案为：80
【分析】代入二项式展开式的通项公式，令可求解.
13．【答案】
【知识点】二项分布
【解析】【解答】解：包含两类：前3次都取到红球，或前3次取到2个红球和1个白球且第4次取到红球，
其概率为．
故答案为：．
【分析】抽奖， 记下颜色后放回，摇匀后进行下一次抽取 ，符合二项分布，代入公式即可.
14．【答案】2；
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：大球半径，小球半径，
当时，小球球心和大球球心在大球的一条直径上，为使小球半径最大，两个小球的球心与大球球心共线，且两个小球相切于大球球心，此时大球的半径等于一个小球的直径，即，解得；
当时，四个小球的球心恰好可以构成棱长为的正四面体的顶点（球心是正四面体的中心），
高，正四面体的外接球的半径为，
由解得．
故答案为：①2；②.
【分析】①当时，大球的半径等于一个小球的直径且在同一直径上，得求出半径即可；
②当时，四个小球的球心组成的球即为棱长为的正四面体的外接球，得解
15．【答案】（1）解：因为，
由，可得；
同理.
（2）证明：证法一：因为，所以；
由可得，
故数列是首项为3、公比为2的等比数列，且.
证法二：易得，
故，
以此类推，，
即，则，
数列是首项为3、公比为2的等比数列.
（3）解：由（2）得，
两式相减可得，
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）将n=2，3代入递推式子可得解；
（2）证法一：将递推式子进行变形为，符合等比数列的定义；
证法二：易得，故，则，得证；
（3）由（2）得，符合错位相减法，先求，再求2，两式做差，进行计算即可.
（1）因为，
由，可得；
同理.
（2）证法一：因为，所以；
由可得，
故数列是首项为3、公比为2的等比数列，且.
证法二：易得，
故，
以此类推，，
即，则，
数列是首项为3、公比为2的等比数列.
（3）由（2）得，
两式相减可得，
16．【答案】（1）解：零假设为：学生对足球赛事的关注与性别无关.
根据列联表中的数据，得到，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为该校学生对足球赛事的关注与性别有关.
（2）解：由题意得，，，，
故.
（3）解：因为，
所以，
所以，
故，
即.
【知识点】独立性检验的基本思想；条件概率与独立事件；二项分布；正态分布的期望与方差
【解析】【分析】（1）代入卡方计算公式，得，推断不成立，即认为该校学生对足球赛事的关注与性别有关；
（2）代入和事件的运算公式得，代入条件概率的计算公式计算；
（3）由正态分布性质得，， 结合二项分布的均值与方差公式计算 .
（1）零假设为：学生对足球赛事的关注与性别无关.
根据列联表中的数据，得到，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为该校学生对足球赛事的关注与性别有关.
（2）由题意得，，，，
故.
（3）因为，
所以，
所以，
故，
即.
17．【答案】（1）解：当时，.
因为，所以，则.
又，可得，则.
因为，所以，又因为，所以为锐角，则，
因此，则，
故外接圆的半径.
（2）解：解法一：由正弦定理及，得；
由余弦定理得，又，得，
则，
则.
令，可得，
由辅助角公式可得（其中），
由，解得，
所以，即，
所以的最大值为.
解法二：同法一得到
，因为，所以，所以，
又，
所以
当且仅当时取得最大值，
所以的最大值为.
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；辅助角公式
【解析】【分析】（1）时，.结合诱导公式得，，得解；，所以，为锐角，则得解；
（2）解法一：代入 正弦定理得，余弦定理得，计算得， 根据三角形面积公式和反解法计算；解法二：同法一得到，利用万能公式求解 .
（1）当时，.
因为，所以，则.
又，可得，则.
因为，所以，又因为，所以为锐角，则，
因此，则，
故外接圆的半径.
（2）解法一：由正弦定理及，得；
由余弦定理得，又，得，
则，
则.
令，可得，
由辅助角公式可得（其中），
由，解得，
所以，即，
所以的最大值为.
解法二：同法一得到
，因为，所以，所以，
又，
所以
当且仅当时取得最大值，
所以的最大值为.
18．【答案】（1）解：当时，．
（i），故点（0，1）处的切线方程为.
（ii）设切点为，则，则切线方程为，代入，
可得，得，则切线方程是.
（2）解：当时，，则.
由题意得有两个变号零点，即有两个实根，
方程可变形为，可转化为直线和曲线有两个不同的交点.
由，解得，且是的递增区间，是的递减区间；
注意到，且时，，画出其图象如图，
当且仅当时函数有两个极值点，且
又因为，所以.令，则．
又，则，即，
两边取自然对数可得．设，那么，分母恒为正值，
对于分子对应的函数，在时恒成立，
所以单调递减，所以，也就是在时恒成立，
所以也单调递减，所以，从而.
又在上单调递增，
所以当时，取得最大值，且，
因此实数的取值范围是.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）（i），由点斜式得切线方程.
（ii）设切点为，则，则切线方程为，代入，
解方程可得.
（2） 函数有两个极值点 转化为直线和曲线有两个不同的交点.，分离参数，然后利用导函数求解参数的取值范围即可
（1）当时，．
（i），故点（0，1）处的切线方程为.
（ii）设切点为，则，则切线方程为，代入，
可得，得，则切线方程是.
（2）当时，，则.
由题意得有两个变号零点，即有两个实根，
方程可变形为，可转化为直线和曲线有两个不同的交点.
由，解得，且是的递增区间，是的递减区间；
注意到，且时，，画出其图象如图，
当且仅当时函数有两个极值点，且
又因为，所以.令，则．
又，则，即，
两边取自然对数可得．设，那么，分母恒为正值，
对于分子对应的函数，在时恒成立，
所以单调递减，所以，也就是在时恒成立，
所以也单调递减，所以，从而.
又在上单调递增，
所以当时，取得最大值，且，
因此实数的取值范围是.
19．【答案】（1）解：设，顶点，
则．
因为，则，即，因此点和点的纵坐标相等.
（2）解：（i）点，点在平面内，且不在直线上．
因为，
所以点在以为焦点，实轴长为的双曲线上（不含实轴端点），
故其在平面内方程为或.
点，点在平面内，且不在直线上．
因为，
所以点在以为焦点，长轴长为的椭圆上（不含长轴端点），
故其在平面内方程为．
综上可得，动点在平面内的轨迹方程为（或），
点在平面内的轨迹方程为.（或）；
（ii）平面所在平面为平面时，点在以为焦点的等轴双曲线上；
当侧面所在平面为平面时，点在以为焦点的椭圆上；
注意到，只能是（设为，则），
此时三棱锥的高，点到的距离，
则，
整理可得，当时取得最大值.
（3）解：因为，，，所以平面，
所以，所以.
又平面，所以平面平面.
在中，，可得，
同理在中，，可得，
所以是等边三角形，
所以外接圆的圆心为的中心，故半径.
设三棱锥外接球的球心为，取的中点，则为的外心，
所以平面，所以到平面的距离等于到平面的距离，等于长的一半，所以，
故外接球的半径满足，
则外接球的表面积.
【知识点】椭圆的定义；双曲线的定义；双曲线的标准方程；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由，用向量坐标法，设B、P坐标易得，得证；
（2）（i）根据动点满足，满足双曲线定义，即点的轨迹为双曲线，得；同理得的轨迹为椭圆，；
（ii）由题意得，此时三棱锥的高，点到的距离，代入体积公式可得，结合一元二次复合函数可求最值
（3）由题意得平面平面，判断是等边三角形，求出球心到平面的距离，解直角三角形求出外接球的半径.结合外接球的半径满足，得解外接球的表面积.
（1）设，顶点，
则．
因为，则，即，因此点和点的纵坐标相等.
（2）（i）点，点在平面内，且不在直线上．
因为，
所以点在以为焦点，实轴长为的双曲线上（不含实轴端点），
故其在平面内方程为或.
点，点在平面内，且不在直线上．
因为，
所以点在以为焦点，长轴长为的椭圆上（不含长轴端点），
故其在平面内方程为．
综上可得，动点在平面内的轨迹方程为（或），
点在平面内的轨迹方程为.（或）；
（ii）平面所在平面为平面时，点在以为焦点的等轴双曲线上；
当侧面所在平面为平面时，点在以为焦点的椭圆上；
注意到，只能是（设为，则），
此时三棱锥的高，点到的距离，
则，
整理可得，当时取得最大值.
（3）因为，，，所以平面，
所以，所以.
又平面，所以平面平面.
在中，，可得，
同理在中，，可得，
所以是等边三角形，
所以外接圆的圆心为的中心，故半径.
设三棱锥外接球的球心为，取的中点，则为的外心，
所以平面，所以到平面的距离等于到平面的距离，等于长的一半，所以，
故外接球的半径满足，
则外接球的表面积.
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