精品解析：河北衡水市第二中学2026届高三上学期2月期末考试数学试题

高三年级期末考试 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用根式的性质解不等式，判断选项即可. 【详解】集合，当时，， 当时，，故，A，C选项错误； 集合，对都成立， 故集合，D选项错误，B选项正确. 故选：B 2. 若复数满足，则（ ） A. 4 B. 3 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】设，，通过求出的值即可. 【详解】设，， 由，则， 所以， 所以，所以， 故选：C. 3. 记为正项等比数列的前项和，已知，则该数列的公比为（ ） A. 4 B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】设公比为，首先判断，再由等比数列求和公式及通项公式得到方程，解得即可. 【详解】设公比为， 若，则由，可得，解得，不符合题意，所以； 由，则，显然， 所以，即， 即，解得（负值已舍去）. 故选：D 4. 若倾斜角为锐角且过点的直线截圆所得弦长为，则的斜率为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据题目条件设出直线方程，利用点到直线的距离和直线与圆的弦长公式计算即可求出直线斜率. 【详解】由题可得，直线斜率存在，故设斜率为， 直线的方程：，化为一般式：， 圆圆心坐标为，半径， 设圆心到直线的距离为， 则直线截得圆的弦长，即， 代入得：， 化简计算得：， ，解得：. 故选：A 5. 已知函数是奇函数，则（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用奇函数的性质，结合分段函数讨论，可得恒等式求系数，即可得出结果. 【详解】由题意知，所以， 当时，由可得：此时等式恒成立， 即， 则， 故选：D 6. 高和底面圆直径均为2的圆锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设外接球的半径为，依题意可得，求出，再由球的表面积公式计算可得. 【详解】设外接球的半径为，依题意可得，解得， 所以圆锥的外接球的表面积. 故选：C 7. 在平面直角坐标系中，，记一点到直线的距离为，已知，记的轨迹为，则下列命题错误的为（） A. 当时，是两条直线 B. 当时，是圆 C. 当时，是抛物线 D. 当时，不存在 【答案】C 【解析】 【分析】依次代入参数和并化简方程：A选项中直接得到两条垂直于轴的直线；B选项中平方后得到圆的标准方程；C选项中移项平方并分区间讨论得到两段不连续的抛物线弧，并非完整抛物线；D选项中移项后由非负性推出矛盾，无实数解. 【详解】平面上，点到直线的距离为， 到点的距离为， 轨迹方程：. A.当，方程为，即，解得或， 轨迹是两条直线和，A选项正确； B.当，方程为，即， 平方得，轨迹是圆心，半径的圆，B选项正确， C.当，方程为， 令，，则， 且， 由，得： 展开化简得： 分两种情况： 当时，，， 即，且由， 又由得，即，结合，得定义域：， 这是抛物线的一段弧； 当时，，， 即，且由， 由得，即，结合，得定义域：， 这是抛物线的一段弧； 轨迹由两段不同的抛物线弧组成，不是完整的抛物线，C选项错误； D.当 方程为， 即， 要求，即或， 若，则，方程为， 平方得，化简得， 当时，，无实数解， 若，则，方程为， 平方得，化简得， 当时，，无实数解， 因此轨迹不存在，D选项正确. 故选：C 8. 已知函数，若当时，，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】求出，可知其符号由分子决定并设，通过讨论和两种情况的单调性即可得到a的最大值． 【详解】由题意，x需满足且，解得， ，因为， 所以的符号由分子决定，记分子为， 令，则，所以， 这是关于的二次函数，开口向上， 若，则，又，由零点存在定理，存在使得， 对应，此时，且在时，即， 故在单调递减，，与题设矛盾； 当时，，故，在单调递增， ，满足条件； 综上所述，的最大值为2． 故选：B． 二､多选题：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. （多选）记，已知直线与两坐标轴围成三角形的面积为，则（ ） A. 是递增数列 B. 是等差数列 C. 对任意正整数，存在正整数，使得当时， D. 对任意正整数，存在正整数，使得当时， 【答案】AC 【解析】 【分析】先求出直线与两坐标轴的交点坐标，进而得到三角形的面积的表达式，再根据表达式分析得出A,B选项，然后利用数列的性质分析得出选项BD. 【详解】因为，令时，，即直线与轴的交点为， 令时，，即直线与轴的交点为， 所以直线与两坐标轴围成的三角形的面积， 由， 因为，所以， 所以是递增数列，故A选项正确； 因为，不是常数， 所以数列不是等差数列，故选项B不正确； 因为，所以对任意正整数，要使， 即，解得， 因为为正整数，取，其中表示不超过的最大整数， 所以当时，， 则，故C选项正确； 当时，取，则， 所以不存在正整数，使得当时，，故D选项不正确； 故选：AC. 10. 在平面直角坐标系中，设，且.则（） A. 存在最小值0 B. 的周长存在最小值 C. 的面积存在最大值 D. 在上的投影向量的模长存在最小值 【答案】BCD 【解析】 【分析】首先根据已知条件求出的坐标，进而得到的表达式即可计算判断A；分别求出、即可求解三角形周长判断B；根据向量的夹角公式求出，进而得到即可由三角形面积公式计算求解判断C；根据投影向量的模长公式即可计算求解判断D. 【详解】选项A：， 所以 ， 因为，所以，则， 所以的最小值为，A错误. 选项B：因为，， 所以，又， 所以的周长为， 因为，所以当时，，此时周长取得最小值为，B正确； 选项C： ， 所以 ， 所以 ， 因为，所以当时，，此时面积取得最大值，C正确. 选项D：在上的投影向量的模长为， 因为，所以当时，， 此时投影向量的模长取得最小值，D正确. 故选：BCD. 11. 某实验室设计了一种数据纠错系统，该系统由若干个串联的纠错单元组成.记第个纠错单元的输入数据为1的概率为，其中.第个纠错单元会独立重复地采集次输入信号，每次为的概率均为，若这次采集中，至少有次检测为，则该单元输出，否则该单元输出.第个单元的输出作为第个单元的输入.已知且，则（） A. B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A，通过二项分布计算三次采集中至少两次为1的概率，推导出递推式；选项B，通过取构造反例，发现若不等式成立将导致概率大于1，从而判断其错误；选项C，将分解为，并说明因式恒正，得出若，则所有；选项D，将不等式转化为二次不等式，验证其在时恒成立. 【详解】对于A，设次采集中为的次数为，则服从二项分布， 单元输出为的条件是“至少有次检测为”，即取值为2或3， 则，也即，故A正确； 对于B，设，则， 故，若B正确，即， 则，即要求， 则必须有，矛盾，故B错误； 对于C，，则， 故． 易知时恒成立，故当时，，故C正确； 对于D，即验证，也即，由于， 等价于，也即，显然成立，故D正确 故选：ACD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知双曲线的左焦点为的一条渐近线方程为，则的标准方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题目条件利用双曲线的渐近线方程解出代入双曲线的标准方程即可. 【详解】由左焦点为，可得， 由渐近线方程为，可得， 所以，结合可得：， 则，即的标准方程为. 故答案为： 13. 将五张数字牌按序进行排列，其中相同的数字牌不相邻的排法总数为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用总排列数公式（考虑重复元素）计算所有可能的排列；再利用容斥原理，分别减去“两个相邻”和“两个相邻”的排列数，最后加回“两个和两个同时相邻”的排列数，从而得出满足“相同数字不相邻”的排列数. 【详解】总排列数：， 两个相邻的排列数：， 两个相邻的排列数：， 两个相邻且两个相邻的排列数：， 由容斥原理得：. 故答案为： 14. 已知为实数，为正整数，且定义在区间上的函数当且仅当在处取得最值，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由不是区间的端点，故必为的极值，且由于当且仅当在处取得最值，故不存在其它极值点.分别按照为的极大值点或极小值点讨论求解. 【详解】由于不是区间的端点，故必为的极值点， 且由于当且仅当在处取得最值，故不存在其它极值点. 若为的极大值点，则，解得，故， 则有，且其极值点满足， 即，，，， ，取最小值时，， ，，满足条件的至少有两个解， 故此时在上至少有两个极值点，与题设矛盾. 若为的极小值点，则13，解得，故， 则有且其极值点满足， 即，，，， 由题设，满足的正整数解有且只有一个解，故，， 故此时，则. 故答案为：. 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. 如图，在直三棱柱中，.点满足. （1）过点作垂直于点，证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）由题意如图所示： 在直三棱柱中，因为平面，且 平面， 所以 ，又 ，， 且 平面， 平面， 所以 平面，又 平面， 所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理，结合已知条件和面面垂直的判定定理证明即可； （2）根据题意建立空间直角坐标系，写出相应的点，分别求出平面与平面的法向量，利用向量法求解平面与平面所成角的余弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在直三棱柱中，因为平面， 所以以为坐标原点，所在直线为轴，过点垂直于的直线为轴， 所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为， 所以， 设平面的一个法向量为：， 由， 则， 令，则，所以， 设平面的一个法向量为：， 由， 则， 令 ，则，所以， 设平面与平面所成角为， 所以 ， 所以平面与平面夹角的余弦值为：. 16. 在中，. （1）若，求的外接圆半径； （2）若是锐角三角形，证明：. 【答案】（1） （2） 设，则， 由是锐角三角形， 所以有：， 即， 因为，所以解得：，所以. 【解析】 【分析】（1）根据，结合已知条件求出，利用余弦定理求出，从而求出，最后利用正弦定理求解即可； （2）设，则，由是锐角三角形，利用余弦定理建立不等式组，解出的取值范围即可得出结论. 【小问1详解】 因为，由，所以， ， 在中，由余弦定理得： ， 因为，所以，所以， 设的外接圆半径为，由正弦定理得：， 即，解得：，所以的外接圆半径为. 【小问2详解】 略 17. 已知数列对任意正整数满足. （1）求的通项公式； （2）记为的前项和. （i）的所有项构成了集合的所有项构成了集合，证明：； （ii）当时，证明：. 【答案】（1） （2） （i）， ， 对任意，与必一奇一偶， 故为偶数，即，因此， （ii）当：, , 于是： 计算部分和：， ， 相减得： 代入得：，得证. 【解析】 【分析】（1）由递推关系推出数列为等差数列，求得通项； （2）（i）由前项和公式得，利用与的奇偶性证明； （ii）对不等式通项进行裂项处理并求和，利用放缩完成证明. 【小问1详解】 由，令： ， 再令：， 故是首项为、公差为的等差数列： 【小问2详解】 略 18. “两个维护”即坚决维护习近平总书记党中央的核心､全党的核心地位，坚决维护以习近平同志为核心的党中央权威和集中统一领导.某市剧团计划举办“坚决做到‘两个维护’”，主题演出，其中，某节目共有四名演员，开场前需全部更衣完毕.根据角色特点，每名角色所需得更衣时间都互不相同，从小到大分别记为（单位：分钟）；已知该剧团更衣间共两间，每间最多同时给一人更衣，现假设四人随机排成一列站在更衣间前，只要某个更衣间无人，当前排在最前面的人就进入更衣，更衣结束后离开，下一名演员进入.忽略演员进出更衣间的时间，设从第一名演员进入更衣间，到最后一名演员离开更衣间所需的总时间为（单位：分钟）. （1）若，记的最小值为，求概率； （2）若成公差为1的等差数列，. （i）写出的分布列及四个人的排列情况； （ii）若随机变量的数学期望，求. 【答案】（1） （2）（i） （ii） 【解析】 【分析】（1）将总时间尽量平分，得到最小总时间，再计算满足交替的排列数得到概率； （2）（i）利用对称性得出的三种可能值及其分布；（ii）根据期望公式与已知解得，进而得到. 【小问1详解】 四人更衣时间分别为，，，（单位：分钟）， 总时间， 为使最小，应将尽量均分到两个更衣间，即每间分钟， 因，， 只需安排与两组交替进入更衣间，则， 满足交替的排列数：共有种交替模式（或，其中分别来自两组）， 每组内两人可交换，总排列数， 总排列数， 故. 【小问2详解】 设，，，（）， （i）所有排列等可能，计算的可能取值： 由对称性（四个数等差），的可能值为、、，且概率均为， 分布列为 （ii）由分布列得： 已知，则，解得， 于是. 19. 已知函数，其中． （1）证明：在区间上存在唯一的极小值点； （2）若不存在零点，求a的取值范围； （3）当有两个不同的零点，时，证明：． 【答案】（1） 的定义域为，求导得， 因为，，均是上的增函数，所以在上单调递增． 又，当时，， 根据零点存在定理，存在唯一的，使得． 且当时，，单调递减； 当时，，单调递增，因此是在上唯一的极小值点． （2） （3） 由，可得，等价于． 令，则，所以，． 设，则， 易知在上单调递减， 又，则当时，，单调递增； 当时，，单调递减． 有两个不同的零点，，等价于方程有两个不同的实数根，， 其中，． 不妨令，则由的单调性可知， 要证明，即，，即． 因为，所以，而，又在上单调递减， 只需证明，即证明对任意成立． 设，， 则． 构造函数求导可证，当且仅当时，等号成立， 所以当时，有，，所以， 因此，当时，恒成立，在上单调递减， 所以当时，，即， 也即．故原不等式成立． 【解析】 【分析】（1）求导得，可得在上单调递增，，当时，，进而可得结论． （2）由（1）可知，的最小值为，其中满足，由题意可得，进而可得，，构造函数求得值域，可求得a的取值范围； （3）由等价于，令，变形可得，构造函数，求导研究函数的性质，由题意有两个不同的实数根，，进而要证，只需证对任意成立，构造函数，，求导可证结论． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，的最小值为，其中满足． 若在定义域内不存在零点，则． 由，可得，即，故． 易知函数在上单调递减， 又，要使得，即，必须有． 令，则， 当时，，故在上单调递增， 因为，所以（1），即， 则，故a的取值范围是． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级期末考试 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则（ ） A. 4 B. 3 C. 1 D. 2 3. 记为正项等比数列的前项和，已知，则该数列的公比为（ ） A. 4 B. C. 1 D. 2 4. 若倾斜角为锐角且过点的直线截圆所得弦长为，则的斜率为（ ） A. B. C. D. 1 5. 已知函数是奇函数，则（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 6. 高和底面圆直径均为2的圆锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 在平面直角坐标系中，，记一点到直线的距离为，已知，记的轨迹为，则下列命题错误的为（） A. 当时，是两条直线 B. 当时，是圆 C. 当时，是抛物线 D. 当时，不存在 8. 已知函数，若当时，，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二､多选题：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. （多选）记，已知直线与两坐标轴围成三角形的面积为，则（ ） A. 是递增数列 B. 是等差数列 C. 对任意正整数，存在正整数，使得当时， D. 对任意正整数，存在正整数，使得当时， 10. 在平面直角坐标系中，设，且.则（） A. 存在最小值0 B. 的周长存在最小值 C. 的面积存在最大值 D. 在上的投影向量的模长存在最小值 11. 某实验室设计了一种数据纠错系统，该系统由若干个串联的纠错单元组成.记第个纠错单元的输入数据为1的概率为，其中.第个纠错单元会独立重复地采集次输入信号，每次为的概率均为，若这次采集中，至少有次检测为，则该单元输出，否则该单元输出.第个单元的输出作为第个单元的输入.已知且，则（） A. B. C. 若，则 D. 若，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知双曲线的左焦点为的一条渐近线方程为，则的标准方程为__________. 13. 将五张数字牌按序进行排列，其中相同的数字牌不相邻的排法总数为__________. 14. 已知为实数，为正整数，且定义在区间上的函数当且仅当在处取得最值，则__________. 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. 如图，在直三棱柱中，.点满足. （1）过点作垂直于点，证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 16. 在中，. （1）若，求的外接圆半径； （2）若是锐角三角形，证明：. 17. 已知数列对任意正整数满足. （1）求的通项公式； （2）记为的前项和. （i）的所有项构成了集合的所有项构成了集合，证明：； （ii）当时，证明：. 18. “两个维护”即坚决维护习近平总书记党中央的核心､全党的核心地位，坚决维护以习近平同志为核心的党中央权威和集中统一领导.某市剧团计划举办“坚决做到‘两个维护’”，主题演出，其中，某节目共有四名演员，开场前需全部更衣完毕.根据角色特点，每名角色所需得更衣时间都互不相同，从小到大分别记为（单位：分钟）；已知该剧团更衣间共两间，每间最多同时给一人更衣，现假设四人随机排成一列站在更衣间前，只要某个更衣间无人，当前排在最前面的人就进入更衣，更衣结束后离开，下一名演员进入.忽略演员进出更衣间的时间，设从第一名演员进入更衣间，到最后一名演员离开更衣间所需的总时间为（单位：分钟）. （1）若，记的最小值为，求概率； （2）若成公差为1的等差数列，. （i）写出的分布列及四个人的排列情况； （ii）若随机变量的数学期望，求. 19. 已知函数，其中． （1）证明：在区间上存在唯一的极小值点； （2）若不存在零点，求a的取值范围； （3）当有两个不同的零点，时，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $