【数学】河北省雄安新区2026届高三上学期期末考试试题（学生版+解析版）

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1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】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】由已知条件可得.
故选：B.
3. 函数在区间上的零点个数为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】A
【解析】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】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】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】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】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】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】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】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】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】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】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】3；
【解析】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．
解：（1）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.
（2）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．
（1）证明：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：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．
解：（1）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.
（2）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．
解：（1）由题意得，，
将代入中，可得，
解得，所以的方程为.
（2）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.
（3）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？
解：（1）由题意可知，随机变量的所有可能取值为、、．
，
.
所以的分布列为
（2）（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.