精品解析：河北省雄安新区2025-2026学年高三上学期期末考试数学试题

2025-2026学年度高三年级第一学期期末考试 数学 本试卷共4页.19小题．满分150分，考试时长120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回， 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. 已知集合，，则（   ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用交集的定义可求得集合. 【详解】因为集合，，所以. 故选：C. 2. 若复数满足，则（   ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的除法化简可得答案. 【详解】由已知条件可得. 故选：B. 3. 函数在区间上的零点个数为（   ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定的函数，直接求出在指定区间上的零点即可. 【详解】函数，由，得，而， 解得或，所以所求零点个数为2. 故选：A 4. 下列函数在定义域内既是奇函数又是增函数的是（   ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用初等函数的奇偶性与单调性逐项判断即可. 【详解】对于A选项，函数的定义域为，该函数为非奇非偶函数，且该函数在上为增函数，A不符合要求； 对于B选项，设，该函数的定义域为， 因为，即函数为奇函数， 由对勾函数的单调性可知，函数在定义域内不单调，B不符合要求； 对于C选项，函数的定义域为，且该函数为奇函数，在上为增函数，C符合要求； 对于D选项，函数的定义域为，且该函数在定义域内不单调，D不符合要求. 故选：C. 5. 已知、分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上一点，若，，则的离心率为（   ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用余弦定理求出，再利用椭圆的定义可得出关于、的关系式，即可求出该椭圆的离心率的值. 【详解】如下图所示： 由题意可得， 又因为，由余弦定理可得 ， 由椭圆定义可得，即， 故该椭圆的离心率为. 故选：B. 6. 在平面直角坐标系中，已知点、，动点满足，则点到轴距离的最大值为（   ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用余弦定理结合基本不等式可求出的最大值，再利用三角形的面积公式可求得点到轴距离的最大值. 【详解】由题意可知，由余弦定理可得， 即，即， 当且仅当时，等号成立， 设点到轴的距离为，则， 所以， 故点到轴距离的最大值为. 故选：D. 7. 在中，，，，点在边上（不含端点），延长到，若．且，则线段的长度是（   ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的运算性质可求出的值，分析可知为的中点，即可求出的长. 【详解】在中，，，，则， 因为， 则 ， 整理可得，解得或， 当时，则，此时点为的中点， 由题意可知点为线段与的交点，即点与点重合，不符合题意， 当时，，由题意可知，四边形为矩形， 因为为线段与的交点，则为的中点， 故， 故选：B. 8. 已知，则、、的大小关系不可能为（   ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，设，，，则、、分别为直线与函数、、图象交点的横坐标，对的取值进行分类讨论，数形结合可得出、、的大小关系. 【详解】设，设，，， 则为直线与函数图象交点的横坐标， 为直线与函数交点的横坐标， 为直线与函数图象交点的横坐标， 当时，如下图所示： 由图可得，D符合题意； 当时，可得，B符合题意； 当时，如下图所示： 由图可得，C符合题意. 故选：A. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知抛物线的焦点为，过的直线与交于、两点，点到的距离为，则下列说法正确的有（   ） A. B. 准线方程为 C. 轴 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用抛物线的焦半径公式可判断A选项；求出抛物线的准线方程，可判断B选项；求出点的坐标，可判断C选项；设直线的方程为，将该直线方程与抛物线的方程联立，结合韦达定理求出点的横坐标，利用抛物线的焦点弦长公式可判断D选项. 【详解】对于A选项，由抛物线的焦半径公式可得，解得，A对； 对于B选项，抛物线的准线方程为，B对； 对于C选项，抛物线的焦点为，故直线不与轴垂直，C错； 对于D选项，易知直线不与轴重合， 设直线的方程为，设点， 联立可得， ， 由韦达定理可得，所以， 将点的坐标代入抛物线的方程可得， 所以，可得， 由抛物线的焦点弦长公式可得，D对. 故选：ABD. 10. 已知圆台的上、下底面半径分别为和，母线长为，则（   ） A. 圆台的侧面积为 B. 圆台的母线与底面所成角的正切值为 C. 圆台的体积为 D. 圆台的外接球表面积为 【答案】AD 【解析】 【分析】利用圆台的侧面积公式可判断A选项；求出圆台的高，结合线面角的定义可判断B选项；利用台体体积公式可判断C选项；求出圆台外接球半径，结合球体表面积公式可判断D选项. 【详解】如下图所示： 对于A选项，圆台的侧面积为，A对； 对于B选项，在圆台中，设为该圆台的一条母线， 过点在平面内作，易知四边形为直角梯形， 且，，， 因为，，故四边形为矩形，则， 所以，， ， 因为，所以母线与底面所成的角为，且，B错； 对于C选项，由台体体积公式可知，该圆台的体积为，C错； 对于D选项，取圆台的轴截面，则球心在平面内， 则该圆台的外接球半径即为等腰梯形的外接圆半径， ，， 由正弦定理可得，故， 因此该圆台的外接球表面积为，D对. 故选：AD. 11. 在中，内角、、的对边分别是、、，若，，且，点、分别是边、上的动点（不含端点），则下列说法正确的有（   ） A. B. C. D. 若，则的取值范围是 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简可得出的值，结合的取值范围可得出角的值，可判断A选项；利用三角恒等变换求出、的值，可判断BC选项；设，可得，求出的取值范围，即可得出的取值范围，可判断D选项. 【详解】对于A选项， ， 因为，故，所以， 因为，，所以，则，即，A对； 对于B选项，因为，所以， 整理可得，即， 解得或， 因为，则，又因为，故，解得， 故，故， 由可得，可得，又因为，可得， 故，所以， 所以，故， 因为，所以， 所以， 所以，则，故，B对； 对于C选项，，C对； 对于D选项，若，则， 取的中点，则，设，则， 所以，故， 由B选项可知，故， 易知，即，可得， 又因为，即，故， 所以，D错. 故选：ABC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等比数列的前项和为，且公比为2，则___________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据等比数列的前项和公式可求. 【详解】因为等比数列的公比为， 故， 故答案为：. 13. 已知直线是曲线的一条切线，则___________． 【答案】4 【解析】 【分析】设切点为，求导得，利用导数的几何意义求切点坐标，代回曲线方程即可得到答案. 【详解】设切点为，则，， 因为，所以， 由已知，解得，则， 则切点坐标为，代入曲线方程得，解得. 故答案为：4. 14. 记为的任意排列，，则所有取值中最小值为___________；的取值为偶数的概率为___________． 【答案】 ①. 3 ②. 【解析】 【分析】根据题意，可取，再分析和时的概率，再求和即可． 【详解】根据题意，从中任选个不同的数的最大值至少为， 当分开时，取得最大值， 所以可取， 则所有取值中最小值为， 不妨把看成不同的组合， 则共有种组合， 当时，其中一组最大值为，比小的数有，其他两组可任意组合， ， 当时，其中一组最大值为，比小的数有， 且其他两组的最大要超过，则必须分为组，对立面为一组，另外个数一组， ， ， 即的取值为偶数的概率为． 故答案为：；． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知等差数列的前项和为，且，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，结合等差数列的通项公式可得出数列的通项公式； （2）求出数列的通项公式，利用错位相减法可求得的表达式. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，由得，，解得， 又，则，解得，， 则数列的通项公式为. 【小问2详解】 因为， 所以，① ② ①②得， 整理可得， 所以数列的前项和. 16. 如图．在四棱锥中．底面为矩形，，，，，． （1）证明：平面平面； （2）为的中点，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）因为底面为矩形，所以. 又因为，，， 由可得． 因为，，满足，所以. 又因为，、平面，所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）证明平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以为坐标原点，、所在直线的方向分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，、所在直线的方向分别为、轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则、、、、、， 所以，，，， 设平面的一个法向量为， 平面的一个法向量为， 则，取，可得， ，取，可得， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知函数存在两个极值点、，记、． （1）若，求的值； （2）若曲线上存在点，使得，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据函数有极值点可求出的取值范围，求出、，进而可得出点、的坐标，再根据结合平面内两点间的距离公式可得出关于的等式，即可解得实数的值； （2）分析可知点在线段的中垂线上，于是可知方程存在正数解，则函数存在正零点，利用导数分析函数的单调性与极值，结合零点存在定理可得出关于的不等式，即可解得实数的取值范围. 【小问1详解】 因为，则， 因为函数有两个不等的极值点、，则，可得， 令，解得，， 因为，， 此时、， 所以， 整理可得，解得. 【小问2详解】 因为、，则， 所以点在线段的中垂线上. 又在曲线上，则方程存在正数解， 即在存在零点. 可知， 由可得，由可得， 故在上单调递增，在上单调递减. 因为，由零点存在定理可知，只需即可， 可得，又因为，解得， 所以的取值范围为. 18. 已知双曲线过点，且上焦点为，直线交于两点． （1）求的方程． （2）弦的中点坐标能否为？若能，求此时直线的方程；若不能，请说明理由． （3）若直线的方程为，过，作直线的垂线，垂足分别为．点为线段的中点．判断四边形的形状，并给出证明． 【答案】（1） （2）不能，理由见解析 （3）梯形，证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据焦点坐标和双曲线所过的点可求基本量，故可求双曲线的方程； （2）假设存在，则由点差法可求直线方程，联立直线方程结合判别式的符号得到矛盾，故满足条件的直线不存在； （3）联立直线方程和双曲线方程后，结合韦达定理可化简得定值，从而可判断四边形的形状. 【小问1详解】 由题意得，， 将代入中，可得， 解得，所以的方程为. 【小问2详解】 不能，理由如下： 若弦的中点坐标为，设，则, 因，由 ②①，得， 化简整理，得， 所以直线的方程为，即 由可得， 故， 故这样的直线不存在. 【小问3详解】 四边形为梯形. 证明：设. 由得， 故即，故. 由韦达定理得,③ 由且， 可得 将③ 代入式分子得 ， 所以，即， 又因为与不平行，所以四边形为梯形. 19. 为测试甲、乙两种新药的疗效，现进行动物试验，试验方案如下：共进行场试验，，每场包含若干轮对比试验，每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药在该场胜出．当一种药物胜出的场数超过半数，则认为该药有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得分．乙药得分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得分，甲药得分；若都治愈或都未治愈则两种药均得分．假设甲、乙两种药的治愈率分别为和． （1）一轮试验中甲药得分记为，求的分布列． （2）记甲、乙两种新药在每场试验开始时都赋予分，表示“甲药的累计得分为时，最终认为该场甲药胜出”的概率，则，，，其中，，． （i）求； （ii）记为每场甲药胜出的概率，现拟增加两场试验，试分析能否提高甲药有效的概率？ 【答案】（1）分布列见解析 （2）（i）；（ii）能，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由题意可知，随机变量的所有可能取值为、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列； （2）（i）由题意得出，可得出，则为等比数列，确定该数列的公比，利用累加法可求出与的关系式，可求出，再利用累加法可求出的值； （ii）根据题意可得出、的关系式，利用作差法可得出、的大小关系，即可得出结论. 【小问1详解】 由题意可知，随机变量的所有可能取值为、、． ， . 所以的分布列为 【小问2详解】 （i）由（1）可知，故， 即. 又因为，则是公比为，首项为的等比数列. ， 由于，故， 所以 ； （ii）由题意知每场试验甲药胜出的概率为， 设场中甲药有效的概率为；增加两场甲药有效的概率为，则： ①当场中甲胜出场的概率为， 增加两场甲药有效的概率为； ②当场中甲胜出场的概率为， 增加两场甲药有效的概率为； ③当场中甲至少胜出场的概率为， 增加两场甲药一定有效. 所以， 整理得， 又，故，故能够提高甲药有效的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度高三年级第一学期期末考试 数学 本试卷共4页.19小题．满分150分，考试时长120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回， 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. 已知集合，，则（   ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则（   ） A. B. C. D. 3. 函数在区间上的零点个数为（   ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 4. 下列函数在定义域内既是奇函数又是增函数的是（   ） A. B. C. D. 5. 已知、分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上一点，若，，则的离心率为（   ） A. B. C. D. 6. 在平面直角坐标系中，已知点、，动点满足，则点到轴距离的最大值为（   ） A. B. C. D. 7. 在中，，，，点在边上（不含端点），延长到，若．且，则线段的长度是（   ） A. B. C. D. 8. 已知，则、、的大小关系不可能为（   ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知抛物线的焦点为，过的直线与交于、两点，点到的距离为，则下列说法正确的有（   ） A. B. 准线方程为 C. 轴 D. 10. 已知圆台的上、下底面半径分别为和，母线长为，则（   ） A. 圆台的侧面积为 B. 圆台的母线与底面所成角的正切值为 C. 圆台的体积为 D. 圆台的外接球表面积为 11. 在中，内角、、的对边分别是、、，若，，且，点、分别是边、上的动点（不含端点），则下列说法正确的有（   ） A. B. C. D. 若，则的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等比数列的前项和为，且公比为2，则___________． 13. 已知直线是曲线的一条切线，则___________． 14. 记为的任意排列，，则所有取值中最小值为___________；的取值为偶数的概率为___________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知等差数列的前项和为，且，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 16. 如图．在四棱锥中．底面为矩形，，，，，． （1）证明：平面平面； （2）为的中点，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知函数存在两个极值点、，记、． （1）若，求的值； （2）若曲线上存在点，使得，求的取值范围． 18. 已知双曲线过点，且上焦点为，直线交于两点． （1）求的方程． （2）弦的中点坐标能否为？若能，求此时直线的方程；若不能，请说明理由． （3）若直线的方程为，过，作直线的垂线，垂足分别为．点为线段的中点．判断四边形的形状，并给出证明． 19. 为测试甲、乙两种新药的疗效，现进行动物试验，试验方案如下：共进行场试验，，每场包含若干轮对比试验，每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药在该场胜出．当一种药物胜出的场数超过半数，则认为该药有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得分．乙药得分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得分，甲药得分；若都治愈或都未治愈则两种药均得分．假设甲、乙两种药的治愈率分别为和． （1）一轮试验中甲药得分记为，求的分布列． （2）记甲、乙两种新药在每场试验开始时都赋予分，表示“甲药的累计得分为时，最终认为该场甲药胜出”的概率，则，，，其中，，． （i）求； （ii）记为每场甲药胜出的概率，现拟增加两场试验，试分析能否提高甲药有效的概率？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $