河北衡中同卷2025-2026學年數學高二第一學期期末經典試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知遞增等比數列的前n項和為，，且，則與的關系是（）A. B.C. D.2．直線平分圓的周長，過點作圓的一條切線，切點為，則（）A.5 B.C.3 D.3．已知不等式的解集為，關于x的不等式的解集為B，且，則實數a的取值范圍為（）A. B.C. D.4．已知空間向量，，若，則實數的值是（）A. B.0C.1 D.25．年月日，很多人的微信圈都在轉發(fā)這樣一條微信：“，所遇皆為對，所做皆稱心””．形如“”的數字叫“回文數”，即從左到右讀和從右到左讀都一樣的正整數，則位的回文數共有（）A. B.C. D.6．已知函數f(x)的圖象如圖所示，則導函數f(x)的圖象可能是（）A. B.C. D.7．已知函數，則（）A.函數的極大值為，無極小值 B.函數的極小值為，無極大值C.函數的極大值為0，無極小值 D.函數的極小值為0，無極大值8．已知函數，在上隨機任取一個數，則的概率為（）A. B.C. D.9．已知角的頂點與坐標原點重合，始邊與x軸的非負半軸重合，角終邊上有一點（1，2），為銳角，且，則（）A.-18 B.-6C. D.10．數列滿足，，，則數列的前8項和為（）A.25 B.26C.27 D.2811．如圖，已知正方體，點P是棱中點，設直線為a，直線為b．對于下列兩個命題：①過點P有且只有一條直線l與a、b都相交；②過點P有且只有兩條直線l與a、b都成角．以下判斷正確的是（）A.①為真命題，②為真命題 B.①為真命題，②為假命題C.①為假命題，②為真命題 D.①為假命題，②為假命題12．設點P是雙曲線，與圓在第一象限的交點，、分別是雙曲線的左、右焦點，且，則此雙曲線的離心率為（）A. B.C. D.3二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．兩條平行直線與的距離是__________14．圓關于y軸對稱的圓的標準方程為___________.15．已知數列的前n項和為，則取得最大值時n的值為__________________16．若向量，且夾角的余弦值為________三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）某校從高三年級學生中隨機抽取名學生的某次數學考試成績，將其成績分成，，，，的組，制成如圖所示的頻率分布直方圖.（1）求圖中的值；（2）估計這組數據的平均數；（3）若成績在內的學生中男生占.現從成績在內的學生中隨機抽取人進行分析，求人中恰有名女生的概率.18．（12分）已知定點，動點與連線的斜率之積.（1）設動點的軌跡為，求的方程；（2）若是上關于軸對稱的兩個不同點，直線與軸分別交于點.試判斷以為直徑的圓是否過定點，如經過，求出定點坐標；如不過定點，請說明理由.19．（12分）已知數列中，，且（1）求證：數列是等差數列，并求出；（2）數列前項和為，求20．（12分）已知函數.（1）討論的單調性；（2）任意，恒成立，求的取值范圍.21．（12分）已知拋物線C：的焦點為F，為拋物線C上一點，且（1）求拋物線C的方程：（2）若以點為圓心，為半徑的圓與C的準線交于A，B兩點，過A，B分別作準線的垂線交拋物線C于D，E兩點，若，證明直線DE過定點22．（10分）已知直線與拋物線交于兩點（1）若，直線過拋物線的焦點，線段中點的縱坐標為2，求的長；（2）若交于，求的值

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】設等比數列的公比為，由已知列式求得，再由等比數列的通項公式與前項和求解.【詳解】設等比數列的公比為，由，得，所以，又，所以，所以，，所以即故選：D2、B【解析】根據圓的性質，結合圓的切線的性質進行求解即可.【詳解】由，所以該圓的圓心為，半徑為，因為直線平分圓的周長，所以圓心在直線上，故，因此，，所以有，所以，故選：B3、B【解析】解出不等式可得集合，由可得，然后可得在上恒成立，然后分離參數求解即可.【詳解】由得，，解得，因為，所以所以可得在上恒成立，即在上恒成立，故只需，，當時，，故故選：B4、C【解析】根據空間向量垂直的性質進行求解即可.【詳解】因為，所以，因此有.故選：C5、C【解析】根據“回文數”的對稱性，只需計算前位數的排法種數即可，確定這四位數的選數的種數，利用分步乘法計數原理可得結果.【詳解】根據“回文數”的對稱性，只需計算前位數的排法種數即可，首位數不能放零，首位數共有種選擇，第二位、第三位、第四位數均有種選擇，因此，位的回文數共有個.故選：C.6、D【解析】根據導函數正負與原函數單調性關系可作答【詳解】原函數在上先減后增，再減再增，對應到導函數先負再正，再負再正，且原函數在處與軸相切，故可知，導函數圖象為D故選：D7、A【解析】利用導數來求得的極值.【詳解】的定義域為，，在遞增；在遞減，所以的極大值為，沒有極小值.故選：A8、A【解析】先解不等式，然后由區(qū)間長度比可得.【詳解】解不等式，得，所以，即的概率為.故選：A9、A【解析】由終邊上的點可得，由同角三角函數的平方、商數關系有，再應用差角、倍角正切公式即可求.【詳解】由題設，，，則，又，，所以.故選：A10、C【解析】根據通項公式及求出，從而求出前8項和.【詳解】當時，，當時，，當時，，當時，，當時，，當時，，則數列的前8項和為.故選：C11、A【解析】①由正方形的性質，可以延伸正方形，再利用兩條平行線確定一個平面即可；②一組鄰邊與對角面夾角相等，在平面內繞P轉動，可以得到二條直線與a、b的夾角都等于.【詳解】如下圖所示，在側面正方形和再延伸一個正方形和，則平面和在同一個平面內，所以過點P，有且只有一條直線l，即與a、b相交，故①為真命題；取中點N，連PN，由于a、b為異面直線，a、b的夾角等于與b的夾角.由于平面，平面，，所以平面，所以與與b的夾角都為.又因為平面，所以與與b的夾角都為，而，所以過點P，在平面內存在一條直線，使得與與b的夾角都為，同理可得，過點P，在平面內存在一條直線，使得與與的夾角都為；故②為真命題.故選：A12、C【解析】根據幾何關系得到是直角三角形，然后由雙曲線的定義及勾股定理可求解.【詳解】點到原點的距離為，又因為在中，，所以是直角三角形，即.由雙曲線定義知，又因為，所以.在中，由勾股定理得，化簡得，所以.故選：C.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、5【解析】根據兩平行直線，可求得a值，根據兩平行線間距離公式，即可得答案.【詳解】因為兩平行直線與，所以，解得，所以兩平行線的距離.故答案為：514、【解析】根據題意可得圓心坐標為，半徑為1，利用平面直角坐標系點關于坐標軸對稱特征可得所求的圓心坐標為，半徑為1，進而得出結果.【詳解】由題意知，圓的圓心坐標為，半徑為1，設圓關于y軸對稱的圓為，所以，半徑為1，所以的標準方程為.故答案為：15、①.13②.##3.4【解析】由題可得利用函數的單調性可得取得最大值時n的值，然后利用，即求.【詳解】∵，∴當時，單調遞減且，當時，單調遞減且，∴時，取得最大值，∴.故答案為：13；.16、【解析】根據求解即可.【詳解】，故答案為：【點睛】本題主要考查了求空間中兩個向量的夾角，屬于基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）77（3）【解析】(1)根據給定條件結合頻率分布直方圖中各小矩形面積和為1的特點列式計算即得.(2)利用頻率分布直方圖求平均數的方法直接列式計算即得.(3)求出成績在內的學生及男女生人數，再用列舉法即可求出概率.【小問1詳解】由頻率分布直方圖得，解得，所以圖中值是0.020.【小問2詳解】由頻率分布直方圖得這組數據的平均數：，所以這組數據的平均數為77.【小問3詳解】數學成績在內的人數為(人)，其中男生人數為(人)，則女生人數為人，記名男生分別為，，名女生分別為，，，從數學成績在內的人中隨機抽取人進行分析的基本事件為：，共個不同結果，它們等可能，其中人中恰有名女生的基本事件為，共種結果，所以人中恰有名女生的概率為為.18、（1）；（2）以為直徑的圓過定點，定點坐標為和.【解析】(1)設動點的坐標，利用斜率坐標公式結合已知列式即可作答.(2)設上任意一點，求出點M，N的坐標，再求出以為直徑的圓的方程即可分析作答.【小問1詳解】設點，則直線PA，PB的斜率分別為：，，依題意，，化簡整理得：，所以的方程是：.【小問2詳解】由(1)知，令是上任意一點，則點，直線：，則點，直線：，則點，以MN為直徑的圓上任意一點，當點Q與M，N都不重合時，，有，當點Q與M，N之一重合時，也成立，因此，以MN為直徑的圓的方程為：，化簡整理得：，而，即，則以MN為直徑的圓的方程化為：，顯然當時，恒有，即圓恒過兩個定點和，所以以為直徑的圓過定點，定點坐標為和.【點睛】知識點睛：以點為直徑兩個端點的圓的方程是：.19、（1）證明見解析，（2）【解析】（1）利用等差數列的定義可證是等差數列，利用等差數列的通項公式可求.（2）利用錯位相減法可求.【小問1詳解】因為，是以為首項，為公差的等差數列，，.【小問2詳解】，，，.20、（1）的遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為（2）【解析】(1)先求出函數的導數，令、解出對應的解集，結合定義域即可得到函數的單調區(qū)間；(2)將不等式轉化為，令，利用導數討論函數分別在、時的單調性，進而求出函數的最值，即可得出答案.【小問1詳解】函數的定義域為，又當時，，當時，故的遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為.【小問2詳解】，即，令，有，，若，在上恒成立.則在上為減函數，所以有若，由，可得，則在上增，所以在上存在使得，與題意不符合綜上所述，.21、（1）；（2）證明見解析.【解析】（1）解方程和即得解；（2）設，，將與圓P的方程聯立得到韋達定理，再寫出直線的方程即得解.【小問1詳解】解：因為拋物線C上一點，且，所以到拋物線C的準線的距離為2則，，則，所以，故拋物線C的方程為【小問2詳解】證明：由（1）知，則圓P的方程為設，，將與圓P的方程聯立，可得，則，當時，，不妨令，則，此時；當時，直線DE的斜率為，則直線DE的方程為，即，即，令且，得，直線過點；綜上，直線DE過定點22、（1）6（2）2【解析】（1）通過作輔助線，利用拋物線定義，結合梯形的中位線定理，可求得答案；（2）根據題意可求得直線AB的方程為y=x+4，聯立拋物線方程，得到根與系數的關系，由OA⊥OB，得，根據數量積的計算