河北省衡水市2026届高三数学上学期期末考试含解析

河北衡水市2026届高三上学期2月期末考试

数学试题

一、单选题

1．已知集合Ax∣x2x,Bx∣3x3x，则（）

A．AB．B

C．ARD．BR

2．若复数z满足zz1i，则z（）

A．4B．3C．1D．2

3．记Sn为正项等比数列an的前n项和，已知4S45a3a4，则该数列的公比为（）

A．4B．1C．1D．2

4．若倾斜角为锐角且过点1,0的直线l截圆(x2)2y24所得弦长为2，则l的斜率为（）

A．2B．3C．1D．1

232

xa,x0,

5．已知函数fxb,x0,是奇函数，则abc（）

cx2,x0

A．2B．1C．0D．1

6．高和底面圆直径均为2的圆锥的外接球的表面积为（）

25π25π25π125π

A．B．C．D．

168448

7．在平面直角坐标系xOy中，F1,0，记一点P到直线x1的距离为d，已知dPF6，记P的轨

迹为T，则下列命题错误的为（）

A．当2,0时，T是两条直线

B．当0,2时，T是圆

C．当1时，T是抛物线

D．当1,1时，T不存在

1x2x3

8．已知函数fxlnax，若当x0时，fx0，则a的最大值为（）

1x3

A．1B．2C．3D．4

二、多选题

*

9．（多选）记nN，已知直线x3yn0与两坐标轴围成三角形的面积为an，则（）

A．an是递增数列

B．an是等差数列

C．对任意正整数M，存在正整数N，使得当nN时，anM

D．对任意正整数M，存在正整数N，使得当nM时，anN

π

10．在平面直角坐标系xOy中，设OAcosx,sinx,ABcos2x,sin2x，且x0,.则（）

2

A．OB存在最小值0

B．△OAB的周长存在最小值22

C．△的面积存在最大值1

OAB2

2

D．OA在OB上的投影向量的模长存在最小值

2

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n个纠错单元的输入数

*

据为1的概率为pnnN，其中0pn1.第n个纠错单元会独立重复地采集3次输入信号，每次为1的概

率均为pn，若这3次采集中，至少有2次检测为1，则该单元输出1，否则该单元输出0.第n个单元的输出

1

作为第n1个单元的输入.已知p0,1且p，则（）

112

23

A．pn13pn2pn

B．2pn1pn2pn

11

C．若p，则p

12n2

13

D．若p，则pp

12n12n

三、填空题

x2y25

12．已知双曲线C:1a0,b0的左焦点为F3,0,C的一条渐近线方程为yx，则C的标

a2b22

准方程为.

13．将1,1,2,2,3五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.

ππ

14．已知a为实数，b为正整数，且定义在区间0,上的函数f(x)acosbx3当且仅当在x处取得最

23

值13，则ab.

四、解答题

15．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA16,AC2AB4,BAC120.点M满足AA13AM.

(1)过点M作MH垂直BC于点H，证明：平面MBC平面AA1H；

(2)求平面BCM与平面B1C1M夹角的余弦值.

16．在ABC中，ABAC2,BCAB2.

(1)若AC3，求ABC的外接圆半径；

(2)若ABC是锐角三角形，证明：BC10.

17．已知数列an对任意正整数m,n满足amnaman,a24.

(1)求an的通项公式；

(2)记Sn为an的前n项和.

（i）an的所有项构成了集合A,Sn的所有项构成了集合B，证明：BA；

1111

（ii）当n2时，证明：.

a22S2a32S3an2Sn8

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a,b,c,d（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T（单位：分钟）.

(1)若a2.5,b3,c3.5,d4，记T的最小值为Tmin，求概率PTTmin；

(2)若a,b,c,d成公差为1的等差数列，a2.

（i）写出T的分布列及四个人的排列情况；

（ii）若随机变量T的数学期望ET10，求c.

19．已知函数fxaexlnx1，其中a0.

1

(1)证明：fx在区间0,上存在唯一的极小值点；

a

(2)若fx在定义域内不存在零点，求a的取值范围；

(3)当fx有两个不同的零点x1,x2时，证明：x1x21.

参考答案

1．B

2

【详解】集合Ax∣xx，当x0时，x2x，

当x0时，x2x，故Ax∣x0，A，C选项错误；

33

集合Bx∣xx，3x3x对xR都成立，

故集合B，D选项错误，B选项正确.

故选：B

2．C

【详解】设zabi，a,bR，

由zz1i，则a2b2abi1i，

a2b2a1a0

所以，

b1b1

所以zi，所以z02121，

故选：C.

3．D

【详解】设公比为qq0，

若q1，则由4S45a3a4，可得44a15a1a1，解得a10，不符合题意，所以q1；

4

4a11q

由4S5aa，则23，显然a0，

4345a1qq1

1q

所以41q45q2q31q，即41q21q25q21q2，

即41q25q2，解得q=2（负值已舍去）.

故选：D

4．A

【详解】由题可得，直线l斜率存在，故设l斜率为kk0，

直线l的方程：ykx1，化为一般式：kxyk0，

圆(x2)2y24圆心坐标为2,0，半径r2，

2k0k

d

设圆心到直线的距离为2，

k21

则直线l截得圆的弦长22r2d2，即r2d21，

2

2k0k

代入得：41，

22

k1

9k29k2

化简计算得：413，

k21k21

2

9k23k236k23，解得：k.

2

故选：A

5．D

【详解】由题意知f00，所以b0，

当x0时，由fxfx可得：此时等式cx2xa恒成立，

即c1,a2，

则abc2011，

故选：D

6．C

25

【详解】设外接球的半径为R，依题意可得R22R12，解得R，

4

2

2525π

所以圆锥的外接球的表面积S4πR4π.

44

故选：C

7．C

【详解】平面上F1,0，点Px,y到直线x1的距离为dx1，

2

到点F的距离为PFx1y2，

2

轨迹方程T：x1x1y26.

A.当2,0，方程为2x16，即x13，解得x2或x4，

轨迹是两条直线x2和x4，A选项正确；

22

B.当0,2，方程为2x1y26，即x1y23，

2

平方得x1y29，轨迹是圆心1,0，半径3的圆，B选项正确，

2

C.当1，方程为x1x1y26，

2

令ax10，bx1y20，则ab6，

22

且b2x1y26a3612aa2，

222

由a2x1，得：x1y23612x1x1

展开化简得：y2364x12x1

分两种情况：

当x1时，x1x1，y2364x12x1248x，

即y28x3，且由a6x16x5，

又由y20得248x0，即x3，结合x1，得定义域：1x3，

这是抛物线y28x3的一段弧；

当x1时，x1x1，y2364x12x14816x，

即y216x3，且由a6x16x7，

由y20得16x30，即x3，结合x1，得定义域：3x1，

这是抛物线y216x3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1,1

2

方程为x1x1y26，

2

即x16x1y20，

要求x16，即x≥5或x7，

2

若x≥5，则x1x1，方程为x5x1y2，

22

平方得x5x1y2，化简得y2248x，

当x≥5时，y216，无实数解，

2

若x7，则x1x1，方程为x7x1y2，

22

平方得x7x1y2，化简得y216x48，

当x7时，y264，无实数解，

因此轨迹不存在，D选项正确.

故选：C

8．B

1x

【详解】由题意，x需满足0且x0，解得x0,1，

1x

22aax22x22x4

fxa2x2，因为x0,1，

1x21x2

所以fx的符号由分子决定，记分子为gx2x4a2x22a，

2

令tx2，则t0,1，所以gxht2ta2t2a，

这是关于t的二次函数，开口向上，

若a2，则h02a0，又h120，由零点存在定理，存在t00,1使得ht00，

对应x0t00,1，此时gx00，且在x0,x0时gx0，即fx0，

故fx在0,x0单调递减，fxf00，与题设矛盾；

4

42x

当a2时，gx2x0，故fx0，fx在0,1单调递增，

1x2

fxf00，满足条件；

综上所述，a的最大值为2．

故选：B．

9．AC

nn

【详解】因为nN*，令x0时，y0，即直线与y轴的交点为0,，

33

令y0时，xn0，即直线与x轴的交点为n,0，

2

所以直线与两坐标轴围成的三角形的面积1nn*，

annnN

236

222222

由n1nn2n1nn2n1n2n1，

aa

n1n666666

2n1

因为nN*，所以2n100，

6

所以an是递增数列，故A选项正确；

2n12n1

因为aa，不是常数，

n1n66

所以数列an不是等差数列，故选项B不正确；

n2

因为*，所以对任意正整数，要使aM，

annNMn

6

n2

即M，解得n6M，

6

因为N为正整数，取N6M1，其中6M表示不超过6M的最大整数，

所以当nN时，n6M，

2

则n26M，故C选项正确；

aM

n66

2242

当M1时，取n2，则a1，

2663

所以不存在正整数N，使得当nM时，anN，故D选项不正确；

故选：AC.

10．BCD

【详解】选项A：OBOAABcosxcos2x,sinxsin2x，

所以OB(cosxcos2x)2(sinxsin2x)2

cos2x2cosxcos2xcos22xsin2x2sinxsin2xsin22x

cos2xsin2xcos22xsin22x2cosxcos2xsinxsin2x

112cosx2x22cosx，

π

因为x0,，所以cosx0,1，则OB22cosx2,2，

2

所以OB的最小值为2，A错误.

选项B：因为OAcosx,sinx，ABcos2x,sin2x，

所以OAcos2xsin2x1,ABcos22xsin22x1，又OB22cosx，

所以OAB的周长为OAABOB222cosx，

ππ

因为x0,，所以当x时，cosx0，此时周长取得最小值为22，B正确；

22

OAOBcosxcosxcos2xsinxsinxsin2x

选项C：cosAOB

OAOB122cosx

cos2xcosxcos2xsin2xsinxsin2x1cosx2x1cosx22cosx

，

22cosx22cosx22cosx2

2

所以222cosx

sinAOB1cosAOB1

2

22cosx22cosx22cosx

1，

442

1122cosx

所以SOAOBsinAOB122cosx

222

111

22cosx22cosx44cos2xsin2x，

442

ππ1

因为x0,，所以当x时，sinx1，此时面积S取得最大值，C正确.

222

选项D：OA在OB上的投影向量的模长为

OAOBcosxcosxcos2xsinxsinxsin2x1cosx22cosx

，

OB22cosx22cosx2

ππ

因为x0,，所以当x时，cosx0，

22

此时投影向量的模长取得最小值2，D正确.

2

故选：BCD.

11．ACD

【详解】对于A，设3次采集中为1的次数为X，则X服从二项分布，

单元输出为1的条件是“至少有2次检测为1”，即X取值为2或3，

22133023

则pn1C3pn1pnC3pn1pn，也即pn13pn2pn，故A正确；

23

对于B，设pn0.9，则pn130.920.90.972，

故pn1pn0.9720.90.072，若B正确，即2pn1pn2pn，

则pn1pnpn2pn1，即要求pn2pn10.072，

则必须有pn2pn10.0721.044，矛盾，故B错误；

1231231321

对于C，pn13pn2pn，则3pn2pn2pn3pn，

2222

112

故pn1pn2pn2pn1．

22

11

易知p(0,1)时2p22p10恒成立，故当p时，p，故C正确；

nnn12n2

33

对于D，即验证pp，也即3p22p3p，由于p(0,1)，

n12nnn2nn

33

等价于3p2p2，也即2p23p0，显然成立，故D正确

nn2nn2

故选：ACD

x2y2

12．1

45

【详解】由左焦点为F3,0，可得c3，

5b5

由渐近线方程为yx，可得，

2a2

2

b5522522

所以b2a2，结合c2a2b2可得：caaa4，

a2444

22

252xy

则ba5，即C的标准方程为1.

445

x2y2

故答案为：1

45

13．12

5!

【详解】总排列数：30，

2!2!

4!

两个1相邻的排列数：12，

2!

4!

两个2相邻的排列数：12，

2!

两个1相邻且两个2相邻的排列数：3!6，

由容斥原理得：301212612.

故答案为：12

14．7

πππ

【详解】由于x不是区间0,的端点，故x必为f(x)acosbx3的极值点，

323

π

且由于当且仅当在x处取得最值，故不存在其它极值点.

3

ππ

若x为ycosbx的极大值点，则a313，解得a10，故b2kπ，

331

*

则有b6k1k1N，且其极值点满足bx6k1xk2π(k2Z)，

kπkππ

2π2

即x，x0,，0，0k23k1，

6k126k12

*

k1N，k1取最小值1时，0k23，

k2Z，k21,2，满足条件的k2至少有两个解，

π

故此时fx在0,上至少有两个极值点，与题设矛盾.

2

ππ

若x为ycosbx的极小值点，则a313，解得a10，故bπ2kπ，

331

则有b36k1k1N且其极值点满足bx36k1xk2π(k2Z)，

kππkππ

2236k1

即x，x0,，0，0k2，

36k1236k122

36k

由题设，满足0k1的正整数解k有且只有一个解，故k0，k1，

22212

故此时b3，则ab7.

故答案为：7.

15．(1)证明见详解

(2)11310

310

【详解】（1）由题意如图所示：

在直三棱柱ABCA1B1C1中，因为AA1平面ABC，且BC平面ABC，

所以AA1BC，又MHBC，MHAA1M，

且MH平面AA1H，AA1平面AA1H，

所以BC平面AA1H，又BC平面MBC，

所以平面MBC平面AA1H.

（2）在直三棱柱ABCA1B1C1中，因为AA1平面ABC，

所以以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，过点A垂直于AB的直线为y轴，

AA1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为AA16,AC2AB4,BAC120,AA13AM，

所以B2,0,0,M0,0,2,B12,0,6,C2,23,0,C12,23,6，

设平面BCM的一个法向量为：nx1,y1,z1，

由BC4,23,0,BM2,0,2，

BC·n04x23y0

11

则，

BM·n02x12z10

令x13，则y123,z13，所以n3,23,3，

设平面B1C1M的一个法向量为：mx2,y2,z2，

由B1C14,23,0,B1M2,0,4，

B1C1·m04x23y0

则22，

B1M·m02x24z20

令x26，则y243,z23，所以m6,43,3，

设平面BCM与平面B1C1M所成角为，

m·n

所以coscosm,n

mn

634323333311310

22，

22229330310

64333233

11310

所以平面BCM与平面B1C1M夹角的余弦值为：.

310

16．(1)73

3

(2)证明见详解

【详解】（1）因为AC3，由ABAC2，所以ABAC2325，

BCAB2527，

在ABC中，由余弦定理得：

AB2AC2BC25232721

cosA，

2ABAC2532

2π2π3

因为0Aπ，所以A，所以sinAsin，

332

BC

设ABC的外接圆半径为R，由正弦定理得：2R，

sinA

7

2R7373

即3，解得：R，所以ABC的外接圆半径为.

33

2

（2）设ACb，则ABAC2b2,BCAB2b22b4，

由ABC是锐角三角形，

22

AB2AC2BC2b2b2b4

cosA0

2AB·AC2b2b

22

AB2BC2AC2b2b4b2

所以有：cosB0，

2AB·BC2b2b4

22

AC2BC2AB2b2b4b2

cosC0

2AC·BC2bb4

222

b2bb402或

b4b120b6b2

22

即b2b4b20b212b200b2或b10，

2

222b4b120bR

bb4b20

因为ACb0，所以解得：b6，所以BCb46410.

17．(1)an2n122n.

(2)（i）证明见详解；（ii）证明见详解

【详解】（1）由amnaman，令mn1：

a22a142a1a12，

再令m1：an1ana1an2，

故an是首项为2、公差为2的等差数列：an2n122n.

naan22n

（2）（i）S1nnn1，

n22

∣*∣*∣*

AannN2,4,6,,BSnnNnn1nN，

对任意nN*，n与n1必一奇一偶，

故nn1为偶数，即nn1A，因此BA，

111

（ii）当k2：,

ak2Sk2k2kk12k1kk1

1111

,

2k1kk14k1kkk1

n11n11

于是：

k2ak2Sk4k2k1kkk1

n11111111111

计算部分和：1，

k2k1k1223n-1n1223n1nn

n111111111111

，

k2kk12334nn12334nn12n1

n1111

相减得：

k2k1kkk12nn1

n1111111

代入得：，得证.

k2ak2Sk42nn1428

1

18．(1)

3

(2)（i）见详解；（ii）c5

【详解】（1）四人更衣时间分别为a2.5，b3，c3.5，d4（单位：分钟），

总时间S2.533.5413，

为使T最小，应将S尽量均分到两个更衣间，即每间6.5分钟，

因ad2.546.5，bc33.56.5，

只需安排a,d与b,c两组交替进入更衣间，则Tmin6.5，

满足交替的排列数：共有2种交替模式（ABAB或BABA，其中A、B分别来自两组），

每组内两人可交换，总排列数22!2!8，

总排列数4!24，

81

故PTT.

min243

（2）设at，bt1，ct2，dt3（t2），

（i）所有排列等可能，计算T的可能取值：

1

由对称性（四个数等差），T的可能值为2t3、2t4、2t5，且概率均为，

3

分布列为

T2t32t42t5

111

P

333

1

（ii）由分布列得：ET2t32t42t52t4.

3

已知ET10，则2t410，解得t3，

于是ct25.

19．(1)证明见解析；

1

(2),；

e

(3)证明见解析.

1

【详解】（1）函数的定义域为(0,),f(x)aexm(x)，

x

1

m(x)aex．因为a0且x0，所以m(x)0恒成立，故f(x)在(0,)上单调递增．

x2

11

1111

当时，aa，因为，所以，

xfaeaae10ea1

aaa

1

从而f0．任取极小正数，则f()0，

a

1

根据零点存在定理，存在x00,使得fx00．

a

由于f(x)单调递增，故x0是唯一的，且当x0,x0时，f(x)0，函数f(x)单调递减；

11

当xx0,时，f(x)0，函数f(x)单调递增，因此，x0是f(x)在0,上的唯一极小值点．

aa

（2）由（1）可知，f(x)在(0,)上先减后增，其最小值为fx0，

其中x0满足fx00．若f(x)在定义域内不存在零点，则必有最小值大于0，

11

即．由可得aex0，即a，

fx00fx00x0