2026届河北衡水数学高二上期末考试试题含解析.doc

2026届河北衡水数学高二上期末考试试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知直线为抛物线的准线，直线经过抛物线的焦点，与抛物线交于点，则的最小值为（）
A. B.
C.4 D.8
2．箱子中有5件产品，其中有2件次品，从中随机抽取2件产品，设事件=“至少有一件次品”，则的对立事件为（ ）
A.至多两件次品 B.至多一件次品
C.没有次品 D.至少一件次品
3．如图，在四面体中，，，，分别为，，，的中点，则化简的结果为（ ）

A. B.
C. D.
4．《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问题：“衰分”是按比例递减分配的意思，通常称递减的比例（即百分比）为“衰分比”.如：甲、乙、丙、丁分别分得，，，，递减的比例为，那么“衰分比”就等于，今共有粮石，按甲、乙、丙、丁的顺序进行“衰分”，已知乙分得石，甲、丙所得之和为石，则“衰分比”为（ ）
A. B.
C. D.
5．点到直线的距离是（）
A. B.
C. D.
6．已知双曲线的右焦点为F，则点F到其一条渐近线的距离为（）
A.1 B.2
C.3 D.4
7．已知数列满足，则（）
A.32 B.
C.1320 D.
8．甲、乙、丙、丁四位同学一起去找老师询问成语竞赛的成绩.老师说：你们四人中有位优秀，位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩.看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩.根据以上信息，则（）
A.乙、丁可以知道自己的成绩 B.乙、丁可以知道对方的成绩
C.乙可以知道四人的成绩 D.丁可以知道四人的成绩
9．已知圆柱的表面积为定值，当圆柱的容积最大时，圆柱的高的值为（）
A.1 B.
C. D.2
10．有一机器人的运动方程为，(是时间，是位移)，则该机器人在时刻时的瞬时速度为（ ）
A. B.
C. D.
11．已知数列为等比数列，若，则的值为（ ）
A.-4 B.4
C.-2 D.2
12．已知函数及其导函数，若存在使得，则称是的一个“巧值点”.下列选项中没有“巧值点”的函数是()
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．曲线在点处的切线方程为__________
14．已知函数，，则曲线在处的切线方程为___________.
15．滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流芳后世.如图，在滕王阁旁地面上共线的三点，，处测得阁顶端点的仰角分别为，，.且米，则滕王阁高度___________米.

16．曲线在处的切线方程为______
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知： （常数）； ：代数式有意义
（1）若，求使“”为真命题的实数的取值范围；
（2）若是成立的充分不必要条件，求实数的取值范围
18．（12分）中，角A，B，C所对的边分别为.已知.
（1）求的值；
（2）求的面积.
19．（12分）在中，已知，，，，分别为边，的中点，于点.
（1）求直线方程；
（2）求直线的方程.
20．（12分）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.

(1) 证明：PB∥平面AEC
(2) 设二面角D-AE-C为60°，AP=1，AD=，求三棱锥E-ACD的体积
21．（12分）已知椭圆的一个焦点坐标为，离心率为
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）O为坐标原点，点P在椭圆C上，若的面积为，求点P的坐标
22．（10分）已知正三棱柱底面边长为，是上一点，是以为直角顶点的等腰直角三角形

（1）证明：是中点；
（2）求点到平面的距离
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D
【解析】先求抛物线的方程，再联立直线方程和抛物线方程，由弦长公式可求的最小值.
【详解】因为直线为抛物线的准线，故即，
故抛物线方程为：.
设直线，则，，
而，当且仅当等号成立，
故的最小值为8，
故选：D.
2、C
【解析】利用对立事件的定义，分析即得解
【详解】箱子中有5件产品，其中有2件次品，从中随机抽取2件产品，可能出现：“两件次品”，“一件次品，一件正品”，“两件正品”三种情况
根据对立事件的定义，事件=“至少有一件次品”
其对立事件为：“两件正品”，即”没有次品“
故选：C
3、C
【解析】根据向量的加法和数乘的几何意义，即可得到答案；
【详解】
故选：C
4、A
【解析】根据题意，设衰分比为，甲分到石，，然后可得和，解出、的值即可
【详解】根据题意，设衰分比为，甲分到石，，
又由今共有粮食石，按甲、乙、丙、丁的顺序进行“衰分”，
已知乙分得90石，甲、丙所得之和为164石，
则，，
解得：，，
故选：A
5、B
【解析】直接使用点到直线距离公式代入即可.
【详解】由点到直线距离公式得
故选：B
6、A
【解析】由双曲线方程可写出右焦点坐标，再写一渐近线方程，根据点到直线的距离公式可得答案.
【详解】双曲线的右焦点F坐标为，
根据双曲线的对称性，不妨取一条渐近线为，
故点F到渐近线的距离为 ，
故选：A
7、A
【解析】先令，求出，再当时，由，可得，然后两式相比，求出，从而可求出，进而可求得答案
【详解】当时，，
当时，由，可得，
两式相除可得，
所以，
所以，
故选：A
8、A
【解析】分析可知乙、丙的成绩中必有位优秀、位良好，结合题意进行推导，可得出结论.
【详解】由于个人中的成绩中有位优秀，位良好，
甲知道乙、丙的成绩，还是不知道自己的成绩，则乙、丙的成绩必有位优秀、位良好，
甲、丁的成绩中必有位优秀、位良好，
因为给乙看丙的成绩，则乙必然知道自己的成绩，丁知道甲的成绩后，必然知道自己的成绩.
故选：A.
9、B
【解析】设圆柱的底面半径为，则圆柱底，圆柱侧，则可得，则圆柱的体积为，利用导数求出最大值，确定值.
【详解】设圆柱的底面半径为，则圆柱底，圆柱侧，
∴，∴，则圆柱的体积，
∴，由得，由得，
∴当时，取极大值，也是最大值，即
故选：B
【点睛】本题主要考查了圆柱表面积和体积的计算，考查了导数的实际应用，考查了学生的应用意识.
10、B
【解析】对运动方程求导，根据导数意义即速度求得在时的导数值即可.
【详解】由题知，，
当时，，即速度为7.
故选：B
11、B
【解析】根据，利用等比数列的通项公式求解.
【详解】因为，
所以，
则，解得，
所以.
故选：B
12、C
【解析】利用新定义：存在使得，则称是的一个“巧点”，对四个选项中的函数进行一一的判断即可
【详解】对于A，，则，令，解得或，即有解，故选项A的函数有“巧值点”，不符合题意；
对于B，，则，令，令，则g(x)在x＞0时为增函数，∵(1)，(e)，由零点的存在性定理可得，在上存在唯一零点，即方程有解，故选项B的函数有“巧值点”，不符合题意；
对于C，，则，令，故方程无解，故选项C的函数没有“巧值点”，符合题意；
对于D，，则，
令，
则.
∴方程有解，故选项D的函数有“巧值点”，不符合题意
故选：C

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可
【详解】由题，当时，，故点在曲线上
求导得：，所以
故切线方程为
故答案为：
14、
【解析】根据导数的几何意义求得在点处的切线方程.
【详解】由，求导，知，
又，则函数在点处的切线方程为.
故答案为：
15、
【解析】设，由边角关系可得，，，在和中，利用余弦定理列方程，结合可解得的值，进而可得长.
【详解】设，因为，，，
所以，，，.
在中，，
即①.，
在中，，
即②，
因为，
所以①②两式相加可得：，解得：，
则，
故答案为：.
16、
【解析】求得的导数，可得切线的斜率和切点，由斜截式方程可得切线方程
【详解】解：的导数为，
可得曲线在处的切线斜率为，切点为，
即有切线方程为
故答案为
【点睛】本题考查导数的运用：求切线方程，考查导数的几何意义，直线方程的运用，考查方程思想，属于基础题

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）；（2）.
【解析】（1）若，分别求出，成立的等价条件，利用为真，求实数的取值范围；
（2）利用是的充分不必要条件，建立不等式关系即可求实数的取值范围
【详解】：等价于：即；
：代数式有意义等价于：
，即，
（1）时，即为，
若“”为真命题，则，得：
故时，使“”为真命题的实数的取值范围是，，
（2）记集合，，
若是成立的充分不必要条件，则是的真子集，
因此：， ，
故实数的取值范围是
18、（1）；（2）.
【解析】（1）根据求出，根据求出，根据正弦定理求出；
（2）先求出，再利用面积公式即可求出.
【详解】（1）在中，由题意知，
又因为，所有，
由正弦定理可得.
（2）由得，由,得.
所以.
因此，的面积.
【点睛】本题考查正弦定理和三角形面积公式的应用，属于中档题.
19、（1）；
（2）.
【解析】(1)根据给定条件求出点D，E坐标，再求出直线DE方程作答.
(2)求出直线AH的斜率，再借助直线的点斜式方程求解作答.
【小问1详解】
在中，，，，则边中点，边的中点，
直线DE斜率，于是得，即，
所以直线的方程是：.
【小问2详解】
依题意，，则直线BC的斜率为，又，因此，直线的斜率为，
所以直线的方程为：，即.
20、
【解析】（Ⅰ）连接BD交AC于O点，连接EO，只要证明EO∥PB，即可证明PB∥平面AEC；（Ⅱ）延长AE至M连结DM，使得AM⊥DM，说明∠CMD=60°，是二面角的平面角，求出CD，即可三棱锥E-ACD的体积
试题解析：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO.
因为ABCD为矩形，所以O为BD中点
又E为PD的中点，所以EO∥PB.
因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，
所以PB∥平面AEC.
(2)因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，
所以AB，AD，AP两两垂直
如图，以A为坐标原点，，AD，AP的方向为x轴y轴z轴的正方向，||为单位长，建立空间直角坐标系A­xyz，则D，E，＝.

设B(m，0，0)(m>0)，则C(m，，0)，＝(m，，0)
设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，
则即
可取n1＝.
又n2＝(1，0，0)为平面DAE的法向量，
由题设易知|cos〈n1，n2〉|＝，即
＝，解得m＝.
因为E为PD的中点，所以三棱锥E­ACD的高为.三棱锥E­ACD的体积V＝××××＝.
考点：二面角的平面角及求法；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定
21、（1）
（2）或或或
【解析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的标准方程.
（2）根据三角形的面积列方程，化简求得点的坐标.
【小问1详解】
设椭圆C的焦距为，
由题意有，得，
，
故椭圆C的标准方程为；
【小问2详解】
设点P的坐标为，
由的面积为，有，得，
有，得，
故点P的坐标为或或或
22、（1）证明见解析；
（2）.
【解析】（1）证明出平面，可得出，再利用等腰三角形的几何性质可证得结论成立；
（2）计算出三棱锥的体积以及的面积，利用等体积法可求得点到平面的距离.
【小问1详解】
证明：在正三棱柱，平面，平面，则，
因为是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，
，则平面，平面，所以，，
因为为等边三角形，故点为的中点.
【小问2详解】
解：因为是边长为的等边三角形，则，
平面，平面，则，即，
所以，，
，
，
设点到平面的距离为，
，，解得.
因此，点到平面距离为.