精品解析：河北省衡水市第二中学2026届高三上学期期中考试数学试题

高三年级期中考试 数学试卷 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. （ ） A. B. C. D. 3. 已知圆的半径为2，圆的半径为3，且两圆外切，则（ ） A. 1 B. 3 C. 5 D. 7 4. 已知椭圆的焦距为6，离心率为，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知为等比数列，为其公比，设甲：；乙：为递增数列，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 6. 社会比较理论是由美国心理学家约翰·亚当斯于1965年在《社会交换中的不公平》一文中提出的一种激励理论，比较所得的满意程度取决于相对报酬，记总报酬为，作出贡献为，则．而主观贡献强度的估计近似为指数分布．假设主观作出贡献为，则可近似为．若，则当时，（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 已知函数在区间上单调递增，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线：的一条渐近线方程为：，直线与交于，两点，分别过点，作的垂线，垂足为，．若四边形的面积为，则的虚轴长为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列各式的值为的是（ ） A. B. C. D. 10. 记圆：，圆：，则（ ） A. B. 若坐标原点在圆上，则点在圆上 C. 若圆与圆内切，则 D. 若圆与圆相交，则圆的面积大于 11. 记椭圆：的左，右焦点分别为，，右顶点为，以为圆心，为半径的圆与交于，两点，，分别与圆另交于，两点，则（ ） A. B. C. 存在，使得，，三点共线 D. 若，则是锐角 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知圆过点，，，则其标准方程为________． 13. 记双曲线斜率为正的渐近线为，则虚轴的上端点到的距离为________． 14. 设的定义域为，且为奇函数，为偶函数．若，，，则下列命题为真命题的有________．（填序号） ①与一定不等 ②可能为2 ③一定为 ④可能为0 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知直线：过定点，圆：． （1）求； （2）若与相切，求； （3）若点在圆上，求的最大值． 16. 记双曲线的右焦点为，过点且斜率存在的直线与的右支交于，两点． （1）求斜率的取值范围； （2）若，求的斜率． 17. 如图，在正三棱锥中，，，为中点，为棱上一点． （1）证明：； （2）已知正三棱锥各顶点均在球的球面上． （i）求球的半径； （ii）若直线与平面所成角的正弦值为，求． 18. 在直角坐标系中，，，曲线：，过点的直线与交于，两点． （1）求的左顶点坐标； （2）证明：； （3）已知为的焦点，若，求． 19. 已知函数. （1）求的值域； （2）当时，证明：； （3）若，且，求的取值集合. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级期中考试 数学试卷 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将直线方程化成斜截式方程，求出直线斜率，即可求其倾斜角. 【详解】设该直线的倾斜角为， 由可得， 所以直线的斜率， 由，故． 故选：A 2. （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的乘法法则计算即可. 【详解】． 故选：C． 3. 已知圆的半径为2，圆的半径为3，且两圆外切，则（ ） A. 1 B. 3 C. 5 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】利用两圆的位置关系直接计算即可. 【详解】由外切可知两圆的圆心距． 故选：C． 4. 已知椭圆的焦距为6，离心率为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】记椭圆的半焦距为，由题可得，，据此可得答案. 【详解】记椭圆的半焦距为，由得，于是由得，可知． 故选：B． 5. 已知为等比数列，为其公比，设甲：；乙：为递增数列，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】应用等比数列定义结合充分条件和必要条件的定义举反例，判断即可. 【详解】根据题意，为等比数列， 当，时，，此时为递减数列，故充分性不成立； 同理可知，此时为递增数列，但，故必要性不成立． 故选：D． 6. 社会比较理论是由美国心理学家约翰·亚当斯于1965年在《社会交换中的不公平》一文中提出的一种激励理论，比较所得的满意程度取决于相对报酬，记总报酬为，作出贡献为，则．而主观贡献强度的估计近似为指数分布．假设主观作出贡献为，则可近似为．若，则当时，（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，代入计算即可求解. 【详解】由题意可得，当时，． 故选：B． 7. 已知函数在区间上单调递增，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，得到，结合正切函数的性质，求得，即可得到答案. 【详解】由函数，因为，可得， 又因为在上单调递增，可得， 解得， 因为，所以，可得，所以的最大值为． 故选：B． 8. 已知双曲线：的一条渐近线方程为：，直线与交于，两点，分别过点，作的垂线，垂足为，．若四边形的面积为，则的虚轴长为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对称性易得四边形是平行四边形，再根据其面积得出，进而计算点的坐标，将其代入双曲线方程中，并结合渐近线方程可求. 【详解】记坐标原点为，不妨设在第一象限，显然的倾斜角为，的倾斜角为，故， 而，，由对称性易得四边形是平行四边形， 故其面积，可得， 设，由的倾斜角为，得，， 于是由，得， 又，则，解得， 故的虚轴长为． 故选：D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列各式的值为的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据题意，利用正弦的倍角公式，余弦的倍角公式和正切的倍角公式，以及两角差的正弦公式，逐项求解，即可得到答案. 【详解】对于A，由，所以A正确； 对于B，由二倍角的余弦公式，可得，所以B错误； 对于C：由正切的倍角公式，可得，所以C错误； 对于D，由 ，所以D正确. 故选：AD. 10. 记圆：，圆：，则（ ） A. B. 若坐标原点在圆上，则点在圆上 C. 若圆与圆内切，则 D. 若圆与圆相交，则圆的面积大于 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用两点间距离公式代入圆心坐标判断A选项；把点代入圆的方程判断B选项；根据两圆内切圆心距等于半径之差判断C选项；由两圆相交圆心距小于半径之和判断出圆半径的取值范围，代入圆的面积公式判断D选项. 【详解】对于A，显然，，，故A正确； 对于B，可得，于是圆：， 代入得，成立，故B正确； 对于C，显然圆的半径为，圆的半径为， 于是，解得，故C错误； 对于D，由得，故圆的面积，故D正确． 故选：ABD 11. 记椭圆：的左，右焦点分别为，，右顶点为，以为圆心，为半径的圆与交于，两点，，分别与圆另交于，两点，则（ ） A. B. C. 存在，使得，，三点共线 D. 若，则是锐角 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由，，，，共圆，结合圆周角定理即可判断；对于B，由平行线分线段成比例可得，于是，；对于C，由，，三点共线，则四边形是矩形即可推出矛盾；对于D，记的半焦距为，，进而得到，则即可判断． 【详解】对于A，显然，，，，共圆， 故，故A正确； 对于B，由平行线分线段成比例可得，于是 ，故B正确； 对于C，若，，三点共线，则四边形是矩形，但，矛盾，故C错误； 对于D，，记的半焦距为，， 则，得， 于是，由是锐角可知，于是，故D正确． 故选：ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知圆过点，，，则其标准方程为________． 【答案】 【解析】 【分析】设，，，根据，得出圆是以为直径的圆，进而计算圆心和半径即可. 【详解】设，，，则, 则，故，于是圆是以为直径的圆， 故其圆心为，半径， 故圆的标准方程为． 故答案为：． 13. 记双曲线斜率为正的渐近线为，则虚轴的上端点到的距离为________． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】根据双曲线方程求得其虚轴的上端点和渐近线方程，由点到直线的距离公式即可求得. 【详解】由：可得实半轴，虚半轴， 故：，即， 则双曲线虚轴的上端点到直线的距离为． 故答案为：． 14. 设的定义域为，且为奇函数，为偶函数．若，，，则下列命题为真命题的有________．（填序号） ①与一定不等 ②可能为2 ③一定为 ④可能为0 【答案】①④ 【解析】 【分析】根据函数为奇函数，为偶函数推出的图象关于点中心对称，关于直线轴对称，若，推出可判断①②，由成立判断③，再由赋值法判断④. 【详解】设． 因为为奇函数，故必有，即， 且必有，即．令，则，则的图象关于点中心对称． 设．故必有．令， 则，则的图象关于直线轴对称． 若，则是奇函数和偶函数，故只能有， 即对任意成立，则对任意成立，与矛盾， 故与一定不等，故①正确； 由于，若，则，与矛盾，故②错误； 假设关于轴对称，关于中心对称，经验证满足题意，此时，故③错误； 取，，则关于中心对称，，代入，得，即存在对应取值使得为0，故④正确． 故答案为：①④． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知直线：过定点，圆：． （1）求； （2）若与相切，求； （3）若点在圆上，求的最大值． 【答案】（1）； （2）或； （3）6. 【解析】 【分析】（1）先求出直线恒过的定点，再求出圆心，最后利用两点间的距离公式求出； （2）利用圆心到直线的距离等于半径求解； （3）结合图形，可知，则，，按序共线时取最大值． 【小问1详解】 联立得，故， 而，于是． 【小问2详解】 点到的距离， 即，解得或． 【小问3详解】 由（1）知在圆外，，当且仅当，，按序共线时，等号成立，故的最大值为6． 16. 记双曲线的右焦点为，过点且斜率存在的直线与的右支交于，两点． （1）求斜率的取值范围； （2）若，求的斜率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依题意设，与双曲线方程联立，设，，判断根的判别式为正数，利用韦达定理求出的范围，检验此时，即可求得直线的斜率范围； （2）计算并化简和，结合条件将题设方程化成，代入韦达定理计算即可. 【小问1详解】 记的半焦距为，则，， 依题意设，， 联立，可得， 显然，， 设，，则，， 由解得， 此时 显然成立． 故直线的斜率. 【小问2详解】 ， 同理，由可得， 则， 解得，于是直线的斜率为． 17. 如图，在正三棱锥中，，，为中点，为棱上一点． （1）证明：； （2）已知正三棱锥各顶点均在球的球面上． （i）求球的半径； （ii）若直线与平面所成角的正弦值为，求． 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）；（ii）或 【解析】 【分析】（1）根据正三棱锥的性质，结合等腰三角形的性质、线面垂直的判定定理和性质进行证明即可； （2）（i）根据正三棱锥的性质建立空间直角坐标系，结合球的性质、空间两点间距离公式进行求解即可； （ii）根据空间向量夹角公式进行求解即可. 【小问1详解】 由正三棱锥性质可知，，连接，， 故，， 而平面，平面，， 故平面， 而平面， 可得． 【小问2详解】 （i）记中心为，显然平面，易知在直线上．以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系 易得，，，，可设，由可得，解得 故球的半径 （ii）显然，而平面的一个法向量， 而，， 记，则， 记直线与平面所成角为，则， 平方得，得， 可得或， 于是或． 18. 在直角坐标系中，，，曲线：，过点的直线与交于，两点． （1）求的左顶点坐标； （2）证明：； （3）已知为的焦点，若，求． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的标准方程直接计算即可； （2）分类讨论直线斜率是否为0，根据韦达定理与两点斜率公式化简计算斜率和即可证明； （3）先求得椭圆方程，根据垂直关系确定P点轨迹，联立圆与椭圆方程计算P点横坐标，再由两点距离公式计算得出，结合二倍角公式与诱导公式计算即可. 【小问1详解】 由题意可知，所以可得左顶点坐标为． 【小问2详解】 显然斜率为0时符合题意，下面考虑其不为0时． 记：，，，联立， 得， 于是，， 记斜率为，斜率为， ， 由，在轴异侧可得． 【小问3详解】 此时，：， 取中点，由直角三角形性质可知，在上． 联立，即， 得， 由得，于是， 则， 记，， 于是. 19. 已知函数. （1）求的值域； （2）当时，证明：； （3）若，且，求的取值集合. 【答案】（1） （2） 当时，，， 于是， 当时，. 综上，. （3）. 【解析】 【分析】（1）化简可得：，设，，结合导数研究函数单调性即可求解； （2）分和两种情况讨论即可证明； （3）结合（1）可得，即，结合单调性可得，从而得到在上单调递增，则，设，结合导数可得在上单调递增，即，化简可得，故，解方程即可求解. 【小问1详解】 由题可得：， 设，，， 当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，，单调递减， 而，，， 故的值域为，于是的值域为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（1）可得的值域为， 若，且， 则，得. 注意到，于是， 而时，单调递减，于是在上单调递增，可得 而设，，在上单调递增， 故， 于是， 故，当且仅当时，等号成立. 经验证，符合题意. 故的取值集合为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $