广西桂林市全州县二中2025-2026学年高二数学第一学期期末经典试题含解析.doc

广西桂林市全州县二中2025-2026学年高二数学第一学期期末经典试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．设，若直线与直线平行，则的值为（）
A. B.
C.或 D.
2．已知，，，执行如图所示的程序框图，输出的值为（ ）

A. B.
C. D.
3．已知点的坐标为(5，2)，F为抛物线的焦点，若点在抛物线上移动，当取得最小值时，则点的坐标是
A.(1，) B.
C. D.
4．（）
A. B.
C. D.
5．如图①所示，将一边长为1的正方形沿对角线折起，形成三棱锥，其主视图与俯视图如图②所示，则左视图的面积为（）

A. B.
C. D.
6．一道数学试题，甲、乙两位同学独立完成，设命题是“甲同学解出试题”，命题是“乙同学解出试题”，则命题“至少一位同学解出试题”可表示为（ ）
A. B.
C. D.
7．已知抛物线的焦点为F，准线为l，点P在抛物线上，直线PF交x轴于Q点，且，则点P到准线l的距离为（）
A.4 B.5
C.6 D.7
8．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出S的结果是（ ）

A.128 B.64
C.16 D.32
9．已知集合A={1，a，b}，B={a2，a，ab}，若A=B，则a2021+b2020=（）
A.-1 B.0
C.1 D.2
10．下列问题中是古典概型的是
A.种下一粒杨树种子，求其能长成大树的概率
B.掷一颗质地不均匀的骰子，求出现1点的概率
C.在区间[1，4]上任取一数，求这个数大于1.5概率
D.同时掷两枚质地均匀的骰子，求向上的点数之和是5的概率
11．若圆C：上有到的距离为1的点，则实数m的取值范围为（）
A. B.
C. D.
12．已知在四棱锥中，平面，底面是边长为4的正方形，，E为棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．设是数列的前项和，且，，则__________
14．已知数列满足，定义使（）为整数的k叫做“幸福数”，则区间内所有“幸福数”的和为_____
15．已知一个样本数据为3，3，5，5，5，7，7，现在新加入一个3，一个5，一个7得到一个新样本，则与原样本数据相比，新样本数据平均数______，方差______.（“变大”、“变小”、“不变”）
16．已知5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中抽取一道题，抽出的题不再放回，在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为________.
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）已知空间三点.
（1）求以为邻边平行四边形的周长和面积;
（2）若，且分别与垂直，求向量的坐标.
18．（12分）在中，内角所对的边长分别为，是1和的等差中项
（1）求角；
（2）若的平分线交于点，且，求的面积
19．（12分）如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，侧面PAD是正三角形，平面平面ABCD，M是PD的中点

（1）证明：平面PCD；
（2）若PB与底面ABCD所成角的正切值为，求二面角的正弦值
20．（12分）如图，在四棱锥中，侧面底面ABCD，侧棱，底面ABCD为直角梯形，其中，，，

（1）求证：平面ACF；
（2）在线段PB上是否存在一点H，使得CH与平面ACF所成角的正弦值为？若存在，求出线段PH的长度；若不存在，请说明理由
21．（12分）已知等差数列的前n项和为，等比数列的前n项和为，且，，
（1）求，；
（2）已知，，试比较，的大小
22．（10分）如图，在半径为6 m的圆形O为圆心铝皮上截取一块矩形材料OABC，其中点B在圆弧上，点A，C在两半径上，现将此矩形铝皮OABC卷成一个以AB为母线的圆柱形罐子的侧面不计剪裁和拼接损耗，设矩形的边长|AB|x m，圆柱的体积为V m3.

（1）写出体积V关于x的函数关系式，并指出定义域；
（2）当x为何值时，才能使做出的圆柱形罐子的体积V最大最大体积是多少?
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】根据直线的一般式判断平行的条件进行计算.
【详解】时，容易验证两直线不平行，当时，根据两直线平行的条件可知：，解得或.
故选：C.
2、B
【解析】计算出、的值，执行程序框图中的程序，进而可得出输出结果.
【详解】，，则，
执行如图所示的程序，，成立，则，不成立，输出的值为.
故选：B.
3、D
【解析】过作准线的垂线，垂足为，则，当且仅当三点共线时等号成立，此时，故，所以，选D
4、B
【解析】根据微积分基本定理即可直接求出答案.
【详解】
故选：B.
5、A
【解析】由视图确定该几何体的特征，即可得解.
【详解】由主视图可以看出，A点在面上的投影为的中点，
由俯视图可以看出C点在面上的投影为的中点，
所以其左视图为如图所示的等腰直角三角形，直角边长为，
于是左视图的面积为
故选：A.

6、D
【解析】根据“或命题”的定义即可求得答案.
【详解】“至少一位同学解出试题”的意思是“甲同学解出试题，或乙同学解出试题”.
故选：D.
7、C
【解析】根据题干条件得到相似，进而得到，求出点P到准线l的距离.
【详解】由题意得：，准线方程为，因为，所以，故点P到准线l的距离为.
故选：C
8、C
【解析】根据程序框图的循环逻辑写出执行步骤，即可确定输出结果.
【详解】根据流程图的执行逻辑，其执行步骤如下：
1、成立，则；
2、成立，则；
3、成立，则；
4、成立，则；
5、不成立，输出；
故选：C
9、A
【解析】根据A=B，可得两集合元素全部相等，分别求得和ab=1两种情况下，a，b的取值，分析讨论，即可得答案.
【详解】因为A=B，
若，解得，
当时，不满足互异性，舍去，
当时，A={1，-1，b}，B={1，-1，-b}，因为A=B，
所以，解得，
所以；
若ab=1，则，
所以，
若，解得或1，都不满足题意，舍去，
若，解得，不满足互异性，舍去，
故选：A
【点睛】本题考查两集合相等的概念，在集合相等问题中由一个条件求出参数后需进行代入检验，检验是否满足互异性、题设条件等，属基础题.
10、D
【解析】A、B两项中的基本事件的发生不是等可能的；C项中基本事件的个数是无限多个；D项中基本事件的发生是等可能的，且是有限个．故选D
【考点】古典概型的判断
11、C
【解析】利用圆与圆的位置关系进行求解即可.
【详解】将圆C的方程化为标准方程得，
所以．因为圆C上有到的距离为1的点，
所以圆C与圆：有公共点，所以
因为，所以，
解得，
故选：C
12、B
【解析】建立空间直角坐标系，以向量法去求直线与平面所成角的正弦值即可.
【详解】平面，底面是边长为4的正方形，
则有，
而，故平面，
以A为原点，分别以AB、AD、AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图：

则，，
，
设直线与平面所成角为，又由题可知为平面的一个法向量，
则
故选：B

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】原式为，整理为： ，即，即数列是以-1为首项，-1为公差的等差的数列，所以 ，即 .
【点睛】这类型题使用的公式是 ，一般条件是 ，若是消 ，就需当 时构造 ，两式相减 ，再变形求解；若是消 ，就需在原式将 变形为： ，再利用递推求解通项公式.
14、2036
【解析】先用换底公式化简之后，将表示出来，找出满足条件的“幸福数”，然后求和即可.
【详解】当时，，
所以，
若满足正整数，则，即，
所以在内的所有“幸福数”的和为：
,
故答案为：2036.
15、 ①.不变 ②.变大
【解析】通过计算平均数和方差来确定正确答案.
【详解】原样本平均数为，
原样本方差为，
新样本平均数为，
新样本方差为.
所以平均数不变，方差变大.
故答案为：不变；变大
16、.
【解析】设事件：第1次抽到代数题，事件：第2次抽到几何题，求得,结合条件概率的计算公式，即可求解.
【详解】由题意，从5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中抽取一道题，抽出不再放回，
设事件：第1次抽到代数题，事件：第2次抽到几何题，
则，，
所以在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为:
.
故答案为：.

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、（1）周长为，面积为7.
（2）或.
【解析】（1）根据点，求出向量，利用向量的摸公式即可求出的距离，可以求出周长，再利用向量的夹角
公式求出夹角的余弦值，根据平方关系得到正弦值，再利用即可求解；
（2）首先设出，根据题意可得出的方程组，解出满足条件
所有的值即可求解.
【小问1详解】
由题中条件可知，，,
，.
所以以为邻边的平行四边形的周长为.
因为，
因为，所以.
所以.
故以以为邻边的平行四边形的面积为：
.
【小问2详解】
设，则，，
因为，且分别与垂直，得
，解得或
所以向量的坐标为或.
18、（1）；（2）
【解析】（1）根据是1和的等差中项得到，再利用正弦定理结合商数关系，两角和与差的三角函数化简得到求解；
（2）由和求得b，c的关系，再结合余弦定理求解即可.
【详解】（1）由已知得，
在中，由正弦定理得，
化简得，
因为，
所以，
所以；
（2）由正弦定理得，
又，
即，
由余弦定理得，
所以，所以
【点睛】方法点睛：在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息，一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到
19、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）依题意可得，再根据面面垂直的性质得到平面，即可得到，即可得证；
（2）取的中点为，连接，根据面面垂直的性质得到平面，连接，即可得到为与底面所成角，令，，利用锐角三角函数的定义求出，建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，即可得解；
【小问1详解】
解：证明：在正中，为的中点，∴
∵平面平面，平面平面，且．∴平面，
又∵平面∴．又∵，且，平面．∴平面
【小问2详解】
解：如图，取的中点为，连接，在正中，，
平面平面，平面平面，∴平面，
连接，则为与底面所成角，即．不妨取，，，，∴
以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则有，，，，，，∴，
设面的一个法向量为，则由
令，则，又因为面，
取作为面的一个法向量，
设二面角为，∴，
∴，因此二面角的正弦值为

20、（1）证明见解析
（2）存在，的长为或，理由见解析.
【解析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面.
（2）设，求出，根据与平面所成角的正弦值列方程，由此求得，进而求得的长.
小问1详解】
依题意，在四棱锥中，侧面底面ABCD，侧棱，
底面ABCD为直角梯形，其中，，，，
以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
，，
设平面法向量为，
则，故可设，
由于，
所以平面.
【小问2详解】
存在，理由如下：
设，，
，
，
依题意与平面所成角的正弦值为，
即，
，解得或.
，即的长为或，使与平面所成角的正弦值为.

21、（1），；
（2）.
【解析】(1)设等差数列的公差，等比数列的公比，由已知列式计算得解.
(2)由(1)的结论，用等比数列前n项和公式求出，用裂项相消法求出，再比较大小作答.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，等比数列的公比为，依题意，，
整理得：，解得，
所以，.
【小问2详解】
由(1)知，，数列是首项为，公比为的等比数列，则，
，
，则，
用数学归纳法证明，，
①当时，左边，右边，左边>右边，即原不等式成立，
②假设当时，不等式成立，即，
则，即时，原不等式成立，
综合①②知，，成立，
因此，，即，
所以.
22、（1），；
（2）时，最大值为 m3.
【解析】(1)连接，在中，由，利用勾股定理可得，设圆柱底面半径为，求出．利用(其中即可得出；
(2)利用导数，求出V的单调性，即可得出结论
【小问1详解】
连接，在中，，，
设圆柱底面半径为，则，
即，
，其中
【小问2详解】
由及，得，
列表如下：

，

0

↗
极大值
↘
∴当时，有极大值，也是最大值为m3