河北省雄安新区2025-2026学年高三上学期期末考试数学试题（原卷版+解析版）

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.54.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、、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？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：A4.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】①.3②.【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，①②①②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）证明见解析（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】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.【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