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河北枣强中学2025-2026学年高三下学期返校考试数学试题
一、单选题
1．一组数据的第60百分位数为（ ）
A．29 B．30 C．31 D．32
2．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知，则（ ）
A． B．-1 C． D．-2
4．设曲线在点处的切线与直线垂直．求a的值（ ）
A． B． C． D．
5．若函数为偶函数，则（ ）
A． B． C． D．
6．在四边形中，若，则“”是“四边形是正方形”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
7．已知，若圆上总存在点满足，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．已知点是椭圆上的一点，分别是的左、右焦点，且，点在的平分线上，为原点，，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．如图，已知圆锥的底面直径，母线，则下列说法正确的有（ ）
A．圆锥的体积为 B．圆锥的侧面积为
C．圆锥展开图中圆心角为 D．若，一只蚂蚁沿着表面从A爬到C，则最短距离为
10．双纽线，也称伯努利双纽线，伯努利双纽线的描述首见于1694年，雅各布·伯努利将其作为椭圆的一种类比来处理.椭圆是由到两个定点距离之和为定值的点的轨迹，而卡西尼卵形线则是由到两定点距离之乘积为定值的点的轨迹，当此定值使得轨迹经过两定点的中点时，轨迹便为伯努利双纽线.曲线：是双纽线，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线经过5个整点（横、纵坐标均为整数的点）
B．已知，，为双纽线上任意一点，则
C．若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为
D．曲线关于直线对称的曲线方程为
11．围棋是古代中国人发明的最复杂的智力博亦游戏之一．东汉的许慎在《说文解字》中说：＂弈，围棋也．＂因此，＂对弈＂在当时特指下围棋．现甲与乙对弈三盘，甲每盘赢棋的概率是 ，其中甲只赢一盘的概率低于甲只赢两盘的概率．甲也与丙对弈三盘，甲每盘赢棋的概率是 ，而甲只赢一盘的概率高于甲只赢两盘的概率．若各盘棋的输赢相互独立，甲与乙、丙的三盘对弈均为只赢两盘的概率分别是 和 ，则以下结论正确的是（ ）
A．
B．当时，
C．对，有
D．当时，
三、填空题
12．已知复数z满足，则_______.
13．将函数的所有极小值点按从小到大的顺序排列成数列，则______.
14．一随机变量服从正态分布，则， _____.已知一粒子在数轴上从原点出发，每一步等可能向左或向右移动，随机变量表示走完8步后，粒子向右移动的总步数，与相互独立，则_____.
四、解答题
15．已知在中，三个角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
(1)求角A的大小；
(2)若，点D在边BC上，且，求的值.
16．已知数列为递增的等比数列，其前n项和为，已知，，成等差数列，.
(1)求数列的通项公式；
(2)在与之间插入n个数，使这个数成等差数列，公差记为，设，求数列的前n项和.
17．如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，侧面为正三角形，平面平面，点为棱上一点，O、G分别为，中点.
(1)求证：平面平面；
(2)若点为中点，点P关于平面的对称点为点Q，在棱上运动，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
18．已知椭圆：的右焦点，短轴长为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)记O为坐标原点，直线与椭圆C交于A，B两点，过点A作直线的垂线，垂足为D.
（ⅰ）求证：直线恒过定点；
（ⅱ）求面积的最大值.
19．已知函数．
(1)若，求函数的极值；
(2)（ⅰ）当时，恒成立，求正整数k的最大值；
（ⅱ）证明：．
参考答案
1．C
【详解】由题意得，则第60百分位数为.
2．B
解：，解得，即，
，，解得，即，
．
3．C
【详解】由题意得，由于，
所以，因此且，
则，故C正确.
4．A
【详解】由可得，
所以在点处的切线斜率为，
又因为切线与直线垂直，即可得，
因此．
故选：A
5．D
【详解】由得，
所以函数的定义域关于原点对称，
又函数为偶函数，则对任意，恒成立，
即，
整理得，该式对所有恒成立，故，
，
所以.
6．B
【详解】在四边形中，若，则四边形为平行四边形，
若，则平行四边形为菱形，但不一定为正方形，
四边形是正方形时，必有，即有，
故“”是“四边形是正方形”的必要不充分条件.
故选：B.
7．B
【详解】设点，已知，且，
所以，
化简得，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
因为圆上总存在点满足，即圆与圆有公共点，
所以两圆的圆心距满足（，为两圆的半径），
即，
化简得，
解得.
8．A
【详解】设，，延长ON交于A，如图所示.

由题意知，O为的中点，∴点A为中点.
又，点N在的平分线上，
∴，∴是等腰三角形，
∴，
则，所以.
又，所以.
又在中，由余弦定理得，
即，即，
化简得：.
又，所以，所以，即
故选：A.
9．ACD
【详解】选项A：由题意可知，圆锥底面半径，母线长，
则圆锥的高，所以圆锥的体积，故A正确；
选项B：圆锥的侧面积，故B错误；
选项C：圆锥底面周长为， 设侧面展开图的圆心角为α，
则，即，解得，故C正确；
选项D：将圆锥侧面沿母线展开，如图所示，
最短距离为，
因为为底面直径，所以点为弧的中点， 则，
在中，，，，
由余弦定理得，
解得， 即最短距离为，故D正确．
10．BCD
【详解】对于A，由，可得，
所以，即，
令，解得，或；
当时，得，无解；
当时，得，无解；
所以曲线C经过整点，故A错；
对于B，由于，，则，
所以为双纽线上任意一点，则，B正确；
对于C，直线与曲线一定有公共点，
若直线与曲线C只有一个交点，
所以，整理得无非零实数解，
，实数k的取值范围为，故C正确；
对于D，曲线方程中x，y互换可得曲线C关于直线对称的曲线方程为
，故D正确.
故选：BCD.
11．ABC
【详解】对于A，根据题意，甲与乙对弈只赢一盘的概率为，只赢两盘的概率为，
则，解得，故，
甲与丙对弈只赢一盘的概率为，只赢两盘的概率为，
则，解得，故，故，则A正确；
对于B，由得，则，
即，又，所以，所以，故B正确；
对于C，对，结合B分析，只要满足，有，故C正确；
对于D，令，则，
化简为，故－，
即，又因为，则，
即，故D错误.
故选：ABC
12．
【详解】复数z满足，则有，
所以.
13．
【详解】因为，
所以，
令，解得，
解得或，，
又因为，所以，
当时，单调递增；
当，时，单调递减；
当，时，单调递增，
所以函数的极小值点为，，
所以
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，
所以.
14． /
【详解】①已知，正态曲线图像关于对称，
故，
因此.
②由题意，，满足，且与独立，
由全概率公式： (1)
令，则,
即等价于 (2)
(1)(2)两式相加
结合第一空的结论，
得.
15．(1)
(2).
【详解】（1），
.
即.
由正弦定理得：，
，
，.
（2）易知，
，，，
，，.
.
的值为.
16．(1)
(2)
【详解】（1）设数列公比为，由题意可得，，
可得，解得，
所以，
化简得，解得或，
因为数列为递增数列，所以，则.
（2）由题意可得，则，
设数列的前n项和为，
则，
即，
两式作差得，
.
17．(1)证明见解析；
(2)
【详解】（1）证明：因为为正三角形，O为中点，
所以，
又因为G为中点，四边形为矩形，
所以，
因为平面且，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面；
（2）由（1）可知，
又因为平面平面,平面平面,
所以平面,
又因为平面,
所以，
所以两两垂直，
所以以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间坐标系：
由，，，，，，，，
所以,,
设平面的法向量为，
则，得，
取，
设，
由题意可得，
所以，
所以中点在平面内，
则
所以，
解得，
所以，
设，，
则，
因为平面，
所以取平面的法向量，
设直线与平面所成角为，
则，
要使最大，所以最小，
又因为，
所以时，最小，为，
此时最大，为.
18．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【详解】（1）依题意可知，解得，椭圆的标准方程为.
（2）（i）设，依题意，
得，
，
所以，即得直线的方程为：①.
由图形的对称性可知，若动直线过定点，则定点一定在轴上，
所以令代入①，可得
，
由（*）得，
所以
得，所以直线恒过定点.
（ii）由（i）可知直线恒过定点，
所以，
将（*）代入得
，
设，
则.
因为，所以 ，
所以，当且仅当时取面积的最大值.

19．(1)极小值，无极大值；
(2)（ⅰ）3；（ⅱ）证明见解析.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得，而，
当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，
函数在处取得极小值，无极大值.
（2）（ⅰ）由（1）知，当时，函数在上单调递增，，因此；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
，令函数，求导得，
函数在上单调递减，而，
则存在，，即，
因此当时，，
所以正整数k的最大值为3.
（ⅱ）由（ⅰ）知，当时，恒成立，
即对恒成立，取，
则，
因此
，
即，
所以.

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