2026衡水二中高三上学期期末考试数学含解析

这是一份2026衡水二中高三上学期期末考试数学含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试题
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．若复数满足，则（ ）
A．4B．3C．1D．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．4B．C．1D．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．2B．1C．0D．
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．1B．2C．3D．4
二、多选题
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
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
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)若在定义域内不存在零点，求的取值范围；
(3)当有两个不同的零点时，证明：.
参考答案
1．B
【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．C
【详解】设，，
由，则，
所以，
所以，所以，
故选：C.
3．D
【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．A
【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．D
【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．C
【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．C
【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．B
【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．
9．AC
【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．BCD
【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．ACD
【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
12．
【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．
【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．
【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：.
15．(1)证明见详解
(2)
【详解】（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）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．(1)
(2)证明见详解
【详解】（1）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.
（2）设，则，
由是锐角三角形，
所以有：，
即，
因为，所以解得：，所以.
17．(1)
(2)（i）证明见详解；（ii）证明见详解
【详解】（1）由，令：
，
再令：，
故是首项为、公差为的等差数列：
（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.
18．(1)
(2)（i）见详解；（ii）
【详解】（1）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.
（2）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．(1)证明见解析；
(2)；
(3)证明见解析.
【详解】（1）函数的定义域为，
．因为且，所以恒成立，故在上单调递增．
当时，，因为，所以，
从而．任取极小正数，则，
根据零点存在定理，存在使得．
由于单调递增，故是唯一的，且当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，因此，是在上的唯一极小值点．
（2）由（1）可知，在上先减后增，其最小值为，
其中满足．若在定义域内不存在零点，则必有最小值大于0，
即．由可得，即，
故设，其中，
则．因为，所以恒成立，
故在上单调递减.
又，要使得，即，
由单调性可知必须有．令，则．
当时，，故单调递增，因为，
所以，即，也即．
故的取值范围是．
（3）由可得，等价于．
不妨令，则，解得，则，
也即．设，．
当时，且，故，函数单调递增；
当时，且，故，函数单调递减．
有两个不同零点，不妨设，则等价于方程有两个不同根，
其中．由的单调性可知0.
要证明，即证明，即．
代入得，即．因为，所以．而，
且在上单调递减。所以等价于．
又是方程的根，满足，
故只需证明对任意成立，
设，其中，
则，
.
不妨设，则．
设，其中
因为，所以，且各项系数均为负．故在上恒成立，
即在上单调递减，又，
所以当时，在上单调递减．
又，所以当时，．又，且，
所以，即，则在上恒成立，
在上单调递减．，故，
即．也即，又，
得，且在上单调递减，可得，