云南省彝良县民族中学2026届高二数学第一学期期末经典试题含解析.doc

云南省彝良县民族中学2026届高二数学第一学期期末经典试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。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．年月日，很多人的微信圈都在转发这样一条微信：“，所遇皆为对，所做皆称心””．形如“”的数字叫“回文数”，即从左到右读和从右到左读都一样的正整数，则位的回文数共有（ ）
A. B.
C. D.
2．若公差不为0的等差数列的前n项和是，，且，，为等比数列，则使成立的最大n是（）
A.6 B.10
C.11 D.12
3．①命题设“，若，则或”；②若“”为真命题，则p，q均为真命题；③“”是函数为偶函数的必要不充分条件；④若为空间的一个基底，则构成空间的另一基底；其中正确判断的个数是（）
A.1 B.2
C.3 D.4
4．已知抛物线C：，焦点为F，点到在抛物线上，则（）
A.3 B.2
C. D.
5．已知分别是椭圆的左，右焦点，点M是椭圆C上的一点，且的面积为1，则椭圆C的短轴长为（ ）
A.1 B.2
C. D.4
6． “”是“直线与互相垂直”的（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
7．已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上，若，则的面积为（ ）
A. B.
C. D.
8．已知等差数列为其前项和，且，且，则（ ）
A.36 B.117
C. D.13
9．若定义在R上的函数满足，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
10．在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，则与平面所成角的正弦值为（ ）

A. B.
C. D.
11．已知等差数列的公差为，前项和为，等比数列的公比为，前项和为．若，则（）
A. B.
C. D.
12．如图所示，在平行六面体中，，，，点是的中点，点是上的点，且，则向量可表示为（）

A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知椭圆：的右焦点为，且经过点
（1）求椭圆的方程以及离心率；
（2）若直线与椭圆相切于点，与直线相交于点．在轴是否存在定点，使？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由
14．设为第二象限角，若，则__________
15．数列的前项和为，则的通项公式为________.
16．以下四个关于圆锥曲线的命题中：
①设A、B为两个定点，k为非零常数，若，则动点P的轨迹为双曲线；
②抛物线焦点坐标是；
③过定圆C上一定点A作圆的动弦AB，O为坐标原点，若，则动点P的轨迹为椭圆；
④曲线与曲线（且）有相同的焦点
其中真命题的序号为______（写出所有真命题的序号．）
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）如图，已知四边形中，，，，且，求四边形的面积

18．（12分）已知等差数列满足，前7项和为
（Ⅰ）求的通项公式
（Ⅱ）设数列满足，求的前项和.
19．（12分）如图①，等腰梯形中，，分别为的中点，，现将四边形沿折起，使平面平面，得到如图②所示的多面体，在图②中：

（1）证明：平面平面；
（2）求四棱锥的体积.
20．（12分）已知圆的圆心在直线上，且过点
（1）求圆的方程；
（2）已知直线经过原点，并且被圆截得的弦长为2，求直线l的方程.
21．（12分）如图，四棱锥中，底面为正方形，底面，，点，，分别为，，的中点，平面棱

（1）试确定的值，并证明你的结论；
（2）求平面与平面夹角的余弦值
22．（10分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD，，，且，，点E为棱PC的动点.

（1）当点E是棱PC的中点时，求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；
（2）若E为棱PC上任一点，满足，求二面角P-AB-E的余弦值.
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、C
【解析】根据“回文数”的对称性，只需计算前位数的排法种数即可，确定这四位数的选数的种数，利用分步乘法计数原理可得结果.
【详解】根据“回文数”的对称性，只需计算前位数的排法种数即可，
首位数不能放零，首位数共有种选择，第二位、第三位、第四位数均有种选择，
因此，位的回文数共有个.
故选：C.
2、C
【解析】设等差数列的公差为d，根据，且，，为等比数列，求得首项和公差，再利用前n项和公式求解.
【详解】设等差数列的公差为d，
因为，且，，为等比数列，
所以，
解得或（舍去），
则，
所以，
解得，
所以使成立的最大n是11，
故选：C
3、B
【解析】利用逆否命题、含有逻辑联结词命题的真假性、充分和必要条件、空间基底等知识对四个判断进行分析，由此确定正确答案.
【详解】①，原命题的逆否命题为“，若且，则”，逆否命题是真命题，所以原命题是真命题，①正确.
②，若“”为真命题，则p，q至少有一个真命题，②错误.
③，函数为偶函数的充要条件是“”.所以“”是函数为偶函数的充分不必要条件，③错误.
④，若为空间的一个基底，即不共面，
若共面，则存在不全为零的，
使得，
故，
因为为空间的一个基底，，
故，矛盾，故不共面，
所以构成空间的另一基底，④正确.
所以正确的判断是个.
故选：B
4、D
【解析】利用抛物线的定义求解.
【详解】因为点在抛物线上，，解得，
利用抛物线的定义知
故选：D
5、B
【解析】首先分别设，，再根据椭圆的定义和性质列出等式，即可求解椭圆的短轴长.
【详解】设，，
所以，即，
即，得，短轴长为.
故选：B
6、A
【解析】根据两直线垂直的性质求出，再结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案.
【详解】解：因为直线与互相垂直，
所以，解得或，
所以“”是“直线与互相垂直”的充分不必要条件.
故选：A.
7、B
【解析】求出，可知为等腰三角形，取的中点，可得出，利用勾股定理求得，利用三角形的面积公式可求得结果.
【详解】在椭圆中，，，则，所以，，
由椭圆的定义可得，
取的中点，因为，则，
由勾股定理可得，

所以，.
故选：B.
8、B
【解析】根据等差数列下标的性质，，进而根据条件求出，然后结合等差数列的求和公式和下标性质求得答案.
【详解】由题意，，即为递增数列，所以，又，又，联立方程组解得：.于是，.
故选：B.
9、B
【解析】构造函数，根据题意，求得其单调性，利用函数单调性解不等式即可.
【详解】构造函数，则，故在上单调递减；
又，故可得，则，即，解得，
故不等式解集为.
故选：B.
【点睛】本题考察利用导数研究函数单调性，以及利用函数单调性求解不等式，解决本题的关键是根据题意构造函数，属中档题.
10、C
【解析】取的中点，连接，易证平面，进一步得到线面角，再解三角形即可.
【详解】如图，取的中点，连接，

三棱柱为直三棱柱，则平面，又平面，
所以，
又由题意可知为等腰直角三角形，且为斜边的中点，从而，
而平面，平面，且，
所以平面，则为与平面所成的角.在直角中，.
故选：C
11、D
【解析】用基本量表示可得基本量的关系式，从而可得，故可得正确的选项.
【详解】若，则，而，
此时，这与题设不合，
故，故，
故
，
而
，
故，此时不确定，
故选：D.
12、D
【解析】根据空间向量加法和减法的运算法则，以及向量的数乘运算即可求解.
【详解】解：因为在平行六面体中，，，，点是的中点，点是上的点，且，
所以，
故选：D.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、（1），；（2）存在定点，为
【解析】（1）利用，，求解方程
（2）设直线方程为，与椭圆联立利用判别式等于0得，并求得切点坐标及，假设存在点，利用化简求值
【详解】（1）由已知得，，，，椭圆的方程为，离心率为；
（2）在轴存在定点，为使，证明：设直线方程为
代入得，化简得
由，得，，
设，则，，
则，设，则，则
假设存在点
解得
所以在轴存在定点使
【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，考查切线的应用，利用判别式等于0得坐标是解决问题的关键,考查计算能力,是中档题
14、
【解析】先求出，再利用二倍角公式求的值.
【详解】因为为第二象限角，若，
所以.
所以.
故答案为
【点睛】本题主要考查同角三角函数的平方关系，考查二倍角的正弦公式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.
15、
【解析】讨论和两种情况，进而利用求得答案.
【详解】由题意，时，，
时，，则，
于是，
故答案为：
16、②④##④②
【解析】利用双曲线定义判断命题①；写出抛物线焦点判断命题②；分析点P满足的关系判断命题③；按取值讨论计算半焦距判断命题④作答.
【详解】对于①，因双曲线定义中要求，则命题①不正确；
对于②，抛物线化为：，其焦点坐标是，命题②正确；
对于③，令定圆C的圆心为C，因，则点P是弦AB的中点，当P与C不重合时，有，
点P在以线段AC为直径的圆上，当P与C重合时，点P也在以线段AC为直径的圆上，
因此，动点P的轨迹是以线段AC为直径的圆(除A点外)，则命题③不正确；
对于④，曲线的焦点为，
当时，椭圆中半焦距c满足：，其焦点为，
当时，双曲线中半焦距满足：，其焦点为，
因此曲线与曲线（且）有相同的焦点，命题④正确，
所以真命题的序号为②④.
故答案为：②④
【点睛】易错点睛：椭圆长短半轴长分别为a，b，半焦距为c满足关系式：；双曲线的实半轴长、
虚半轴长、半焦距分别为、、满足关系式：，在同一问题中出现认真区分，不要混淆.

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、.
【解析】在中由余弦定理可得，在中，由余弦定理可得，再利用四边形的面积，结合三角形面积公式可得答案.
【详解】在中，由，，，可得

在中，由，，，
可得
又，故．所以四边形的面积

=

【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，考查了三角形面积公式的应用，属于中档题.
18、 (1)
(2) .
【解析】（1）根据等差数列的求和公式可得，得，然后由已知可得公差，进而求出通项；（2）先明确=，为等差乘等比型通项故只需用错位相减法即可求得结论.
解析：
（Ⅰ）由，得
因为所以

（Ⅱ）

19、（1）证明见解析.
（2）2
【解析】（1）根据面面平行的判定定理结合已知条件即可证明；
（2）将所求四棱锥的体积转化为求即可.
【小问1详解】
证明：因为，面，面，
所以面，
同理面，
又因为面,
所以面面.
【小问2详解】
解：因为在图①等腰梯形中，分别为的中点，
所以，
在图②多面体中，因为，面，，
所以面.
因为，面面，面，面面,
所以面，
又因为面，
所以，
在直角三角形中，因为,所以，
同理，，
所以，
则，有，
所以.
所以四棱锥的体积为2.
20、（1）；（2）或.
【解析】（1）根据题意设圆心坐标为，进而得，解得，故圆的方程为
（2）分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论求解即可.
【详解】（1）圆的圆心在直线上，设所求圆心坐标为
∵ 过点，

解得
∴ 所求圆的方程为
（2）直线经过原点，并且被圆截得的弦长为2
①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
此时直线被圆截得的弦长为2，满足条件；
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由于直线被圆截得的弦长为，故圆心到直线的距离为
故由点到直线的距离公式得：
解得，所以直线l的方程为
综上所述，则直线l的方程为或
【点睛】易错点点睛：本题第二问在解题的过程中要注意直线斜率不存在情况的讨论，即分直线的斜率存在和不存在两种，避免在解题的过程中忽视斜率不存在的情况致错，考查运算求解能力与分类讨论思想，是中档题.
21、（1），证明见解析
（2）
【解析】（1），利用线面平行的判定和性质可得答案；
（2）以为原点，所在直线分别为的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量由向量夹角公式可得答案.
【小问1详解】
.

证明如下：
在△中，因为点分别为的中点，
所以//.
又平面，平面，
所以//平面.
因为平面，平面平面，
所以//
所以//.
在△中，因为点为的中点，
所以点为的中点， 即 .
【小问2详解】
因为底面为正方形，所以.
因为底面，
所以，.

如图，建立空间直角坐标系，
则，，，
因为分别为的中点，
所以.
所以，.
设平面的法向量，则
即
令，于.
又因为平面的法向量为，
所以
所以平面与平面夹角的余弦值为.
22、（1）
（2）
【解析】（1）由题意可得两两垂直，所以以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解，
（2）设，表示出点的坐标，然后根据求出的值，从而可得点的坐标，然后利用空间向量求二面角
【小问1详解】
因为底面ABCD，平面，
所以
因为，
所以两两垂直，所以以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为，，点E为棱PC的动点，
所以，
所以,，
设平面的法向量为，则
，令，则
设直线BE与平面PBD所成角为，则
，
所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为，
【小问2详解】
，
因为E为棱PC上任一点，所以设，
所以，
因为，
所以，解得，
所以，
设平面的法向量为，则
，令，则，
取平面的一个法向量为，
设二面角P-AB-E的平面角为，由图可知为锐角，则
，
所以二面角P-AB-E余弦值为