精品解析：河北衡水中学2025-2026学年高三年级检测（七）数学试题

河北衡水中学2025-26届高三年级检测（七） 数学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分. 共4页，总分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 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】直接根据集合间的并集定义计算可得结果。 【详解】由，解得，因为，所以， 故选：C. 2. 已知复数（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用复数的乘方运算及除法运算计算z，再求解复数的共轭复数. 【详解】由题意有：， 所以. 故选：B. 3. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，，得， 又， 所以向量在向量上的投影向量为． 4. 在光纤通讯中，发射器发出的光信号在传输后，功率会逐渐衰减变弱.衰减后的光功率 （单位：）可表示为，其中为起始光功率（单位：），为衰减系数，为接收信号处与发射器间的距离（单位：）.已知距离发射器处的光功率衰减为起始功率的一半. 若距离由变为时，光功率由变到，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可得，再求出，结合两式利用指数运算即可得解. 【详解】由题意知，，则①， 又，，所以②， 联立①②可得，则. 故选：B. 5. 在数列中，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】依题意， ， 所以． 6. 的内角所对的边分别是，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先将整理变形为，再结合余弦定理及已知的，确定，最后结合三角形的内角和即可得解. 【详解】因为，所以有， 即，所以， 所以， 所以或（此时，故舍去）， 所以， 故选：C. 7. 如图，在长方体中，，点是线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先建立空间直角坐标系，然后列出的坐标，然后根据向量夹角的余弦公式求出异面直线与所成角的余弦值即可. 【详解】以为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则. 那么，所以异面直线与所成角的余弦值为 , 故选：A. 8. 已知，则的最大值为（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用换元法转换为单变量函数，结合导数求极值，并结合定义域确定最值. 【详解】令 则，由条件得. 目标式化为：， 由得， 代入得：， 求导得：， 令，， 当，，，， 在取得极大值， 此时，，，则， 故最大值为. 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. 在长方体中，，，动点在棱上，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 三棱锥的体积是定值 D. 若，则的长为1 【答案】BCD 【解析】 【详解】对于 A，因为 ，，所以 与 不平行，故 A 错误； 对于 B，以 为原点， 所在直线分别为轴建立空间直角坐标系. 如图所示： 设 ，则 ，，，，， 所以 ，故 ，B 正确； 对于 C，点 到平面 的距离为 ，三棱锥 的体积 ，是定值，故 C 正确； 对于 D，，，则 ，解得 ， 所以的长为1，故 D 正确. 10. 设抛物线C：的焦点为F，M为C上一动点，为定点，则下列结论正确的是（ ） A. 准线的方程是 B. 的最小值为4 C. A，B为抛物线上的两点，点E为线段的中点，则所在的直线方程为 D. 以线段为直径的圆与轴相切 【答案】BD 【解析】 【分析】A.根据抛物线方程，直接求准线方程；B.根据抛物线定义的应用，结合图形，转化为三点共线问题求解；C.利用点差法求直线方程；D.根据直线与圆相切的定义，结合抛物线的定义，即可判断. 【详解】A.抛物线，其准线方程为，故A错误； B. 如图所示，过点作准线于点，则，所以，当且仅当共线时，（即图中）最小，最小值为到准线的距离4，故B正确； C.设，， 则，两式相减得， 则，得，即直线的斜率为2， 所以直线的方程为，即，故C错误； D.设，，则，且的中点坐标为，中点到轴的距离为，所以以线段为直径的圆与轴相切，故D正确. 故选：BD 11. 已知函数的定义域为，导函数为，满足（为自然对数的底数），且0，则（ ） A. B. 在处取得极小值 C. 存在唯一的实数使得 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】构造函数，求导确定函数的单调性，结合单调性可得，从而判断A；根据导数运算可设，由，从而可得的值，于是得函数的解析式，求导确定单调性得的极值点即可判断B；根据单调性结合函数确定的根是否唯一即可判断C；根据单调性确定函数值大小即可判断D. 【详解】设，则， 可得在区间上单调递减，在上单调递增， 故，即，得，故选项A不正确； 可设，可得，所以，所以， 所以，由可得，由可得， 所以在区间上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值，故选项B正确； 又因为，可得函数大致图象如下： 结合图象知，存在唯一的实数使得，故C正确； 由于，而， 所以，故选项D正确. 故选：BCD. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若双曲线的离心率为，则两条渐近线的方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】将离心率用含的式子表示，解方程即可得解. 【详解】因为双曲线的离心率为， 所以，解得，所以. 所以双曲线的渐近线方程为. 故答案为： 13. 已知圆上到直线的距离为2的点有且仅有2个，则的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】先求得圆心到直线的距离，结合题意可得，求解不等式即得圆的半径的范围. 【详解】由题意，圆心到直线的距离为， 因圆上到直线的距离为的点有且仅有2个，所以， 故，解得. 故答案为：. 14. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，甲有的概率不传，有的概率传给乙；乙有的概率传给甲，有的概率传给丙；丙有的概率传给甲，有的概率传给乙，每次传球相互独立，则两次传球后球在乙处的概率为________，n次传球后，球在乙处的概率________． 【答案】 ①. ##0.1875 ②. 【解析】 【分析】设次传球后，球在甲处的概率为，则球在丙处的概率为，分析第二次传球后球在乙处的可能，结合概率的乘法公式可得出的值；推导出次传球后，球在乙处的两种可能，结合全概率公式可得出关于的递推公式，推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得的表达式. 【详解】设次传球后，球在甲处的概率为，则球在丙处的概率为， 由题意可知，， 第二次传球后，球在乙处，只有一种可能，即前一次在甲处，然后传给乙， 所以； 次传球后，球在乙处，有两种可能：前一次在甲处，由甲传给乙或前一次在丙处，由丙传给乙， 所以， 设，即，所以，解得， 故，且， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，故. 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. 已知的内角的对边分别为，且． （1）求C； （2）若的面积为，求c的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理可得，利用辅助角公式得到，即可得到答案； （2）先由面积得到，根据余弦定理再结合基本不等式可得，即可得答案. 【小问1详解】 由正弦定理得， 由，得， 所以， ， 即， 又，所以，得． 【小问2详解】 由， 所以， 由余弦定理得， 所以，当且仅当时，等号成立． 所以c的最小值为． 16. 如图，在正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为3，D为棱的中点，E是棱上的动点（不与B、重合），连接BD． （1）证明：． （2）已知直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面ABC夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定性质，结合正三棱柱的结构特征推理得证. （2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量法列式求出坐标，进而求出平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. 【小问1详解】 在正三棱柱中，取中点，连接，则， 由D为棱的中点，得，而平面，则平面， 又平面，于是，由平面， 得平面，而平面，因此，而， 所以. 【小问2详解】 由（1）得直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设，则， 平面平面，则平面与平面的一个法向量均为， 由直线与平面所成角的正弦值为， 得，解得， ，而，设平面的法向量为， 则，取，得， 所以平面与平面ABC夹角的余弦值为. 17. 已知和为椭圆上两点． （1）求C的标准方程； （2）若过点A的直线l交C于另一点B，的面积为24，且的外接圆圆心在y轴上，求直线l的方程； 【答案】（1） （2）直线l的方程为 【解析】 【分析】（1）将点A，点P坐标代入椭圆方程，联立可得，的值，即可得答案. （2）根据点A，点P坐标，可求出直线AP的垂直平分线方程，令，可得外接圆圆心Q坐标，进而可得外接圆半径R，设点B坐标为，由题意得，联立求解，讨论分析可得B点坐标，进而可得直线l的斜率，代入点斜式方程，即可得答案. 【小问1详解】 将和代入椭圆方程可得，解， 所以C的标准方程为. 【小问2详解】 由题意，则AP的垂直平分线的斜率， 由的中点坐标为，即为， 所以AP的垂直平分线方程为，即， 令，可得，即的外接圆圆心为， 所以的外接圆的半径， 设点B坐标为，由题意得， 所以，解得或4， 当时，代入可得或6（舍，与P点重合），则， 当时，代入可得或2（舍，与A点重合），则， 当时，的面积，不符合题意，故舍去； 当时，的面积，符合题意， 所以，所以直线l的方程为，即. 18. 已知数列满足，. （1）证明：数列是常数列，并求数列的通项公式； （2）设，为的前项和. （i）求； （ii）若，恒成立，求实数的最大值. 【答案】（1）证明见解析， （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）将两边同时除以，令，利用数学归纳法证明，从而可得结果； （2）（i）由错位相减法计算可得结果；（ii）化简可得，令，计算可得，分析为奇数和为偶数时的单调性可知当时，有最小值，求出从而得到的最大值. 【小问1详解】 由题意知， 令，则， 由，可得， 所以对任意，，即， 所以数列是常数列， 所以. 【小问2详解】 （i），则， ， 所以， 所以. （ii）由题意知，即. 令，则， 当为奇数时，，所以单调递减， 当为偶数时，，所以单调递增. 所以当时，有最小值，且， 所以的最大值为. 19. 已知函数（，且）. （1）当时 （i）证明：曲线是中心对称曲线，并指出对称中心坐标. （ii）设函数，求证：. （2）当时，记；，设，是否存在正整数n对，以、、的值为边长能构成三角形，若存在求正整数n的值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）（i）证明见详解；对称中心坐标为；（ii）证明见详解 （2）存在，正整数的值为4，5，6 【解析】 【分析】（1）（i）假设关于点对称，根据对称中心的定义分析求解即可，（ii）求导，利用导数分析的单调性和最值，结合零点代换分析证明； （2）设，由题意可得，构造函数，求导得其单调性，分，两种情况讨论求解即可. 【小问1详解】 若，则， （i）因为的定义域为， 若关于点对称，则， 即， 整理可得， 则，解得， 即恒成立，所以曲线是中心对称曲线，对称中心坐标为； （ⅱ）因为，则， 又因为在内单调递增，可知在内单调递增， 当趋近于0时，趋近于；且； 可知在内有且仅有1个零点， 当时，；当时，； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则， 又因为，可得，， 则， 当且仅当，即时，等号成立，但这是不成立的， 所以. 【小问2详解】 当时，则，， 存在正整数的值为4，5，6时，满足、、的值均能构成三角形 由题意得： 不妨设，故三点均在第一象限内， 由可知，,故点恒在线段上， 则由， 即对任意的，恒成立 令，构造函数 则，由单调递增，又 存在使得 即当时，，故函数在区间上单调递减， 当时，，故函数在区间上单调递增； 故至多2个零点，又由，可知存在2个零点， 不妨设，且，. ①若，，此时或，则，可知成立， 要使、、的值均能构成三角形，所以恒成立，故， 所以有，解得； ②若，时，此时，则，可知成立， 要使、、的值均能构成三角形，所以恒成立，故， 所以有，解得或5； 综上可知，正整数为4，5，6. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北衡水中学2025-26届高三年级检测（七） 数学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分. 共4页，总分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 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，只一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 在光纤通讯中，发射器发出的光信号在传输后，功率会逐渐衰减变弱.衰减后的光功率 （单位：）可表示为，其中为起始光功率（单位：），为衰减系数，为接收信号处与发射器间的距离（单位：）.已知距离发射器处的光功率衰减为起始功率的一半. 若距离由变为时，光功率由变到，则（ ） A. B. C. D. 5. 在数列中，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 的内角所对的边分别是，且，，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在长方体中，，点是线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则的最大值为（） 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. 在长方体中，，，动点在棱上，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 三棱锥的体积是定值 D. 若，则的长为1 10. 设抛物线C：的焦点为F，M为C上一动点，为定点，则下列结论正确的是（ ） A. 准线的方程是 B. 的最小值为4 C. A，B为抛物线上的两点，点E为线段的中点，则所在的直线方程为 D. 以线段为直径的圆与轴相切 11. 已知函数的定义域为，导函数为，满足（为自然对数的底数），且0，则（ ） A. B. 在处取得极小值 C. 存在唯一的实数使得 D. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若双曲线的离心率为，则两条渐近线的方程为__________. 13. 已知圆上到直线的距离为2的点有且仅有2个，则的取值范围是___________． 14. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，甲有的概率不传，有的概率传给乙；乙有的概率传给甲，有的概率传给丙；丙有的概率传给甲，有的概率传给乙，每次传球相互独立，则两次传球后球在乙处的概率为________，n次传球后，球在乙处的概率________． 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. 已知的内角的对边分别为，且． （1）求C； （2）若的面积为，求c的最小值． 16. 如图，在正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为3，D为棱的中点，E是棱上的动点（不与B、重合），连接BD． （1）证明：． （2）已知直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面ABC夹角的余弦值. 17. 已知和为椭圆上两点． （1）求C的标准方程； （2）若过点A的直线l交C于另一点B，的面积为24，且的外接圆圆心在y轴上，求直线l的方程； 18. 已知数列满足，. （1）证明：数列是常数列，并求数列的通项公式； （2）设，为的前项和. （i）求； （ii）若，恒成立，求实数的最大值. 19. 已知函数（，且）. （1）当时 （i）证明：曲线是中心对称曲线，并指出对称中心坐标. （ii）设函数，求证：. （2）当时，记；，设，是否存在正整数n对，以、、的值为边长能构成三角形，若存在求正整数n的值，若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $