海南省儋州市一中2026届高二数学第一学期期末统考试题含解析

海南省儋州市一中2026届高二数学第一学期期末统考试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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．已知抛物线的焦点为，准线为，是上一点，是直线与抛物线的一个交点，若，则（）A. B.3C. D.22．关于的不等式的解集为（）A. B.C.或 D.3．已知点是抛物线上的一点,F是抛物线的焦点,则点M到F的距离等于()A.6 B.5C.4 D.24．若直线a不平行于平面，则下列结论正确的是（）A.内的所有直线均与直线a异面 B.直线a与平面有公共点C.内不存在与a平行的直线 D.内的直线均与a相交5．1852年英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲，西方人称之为“中国剩余定理”．现有这样一个问题：将1到200中被3整除余1且被4整除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则=（）A.130 B.132C.140 D.1446．已知命题：；：若，则，则下列判断正确的是（）A.为真，为真，为假 B.为真，为假，为真C.为假，为假，为假 D.为真，为假，为假7．某中学的“希望工程”募捐小组暑假期间走上街头进行了一次募捐活动，共收到捐款1200元.他们第1天只得到10元，之后采取了积极措施，从第2天起，每一天收到的捐款都比前一天多10元.这次募捐活动一共进行的天数为（）A.13 B.14C.15 D.168．已知函数的导函数为，若的图象如图所示，则函数的图象可能是（）A B.C. D.9．已知函数在区间有且仅有2个极值点，则m的取值范围是（）A. B.C. D.10．若是函数的极值点，则函数（）A.有最小值，无最大值 B.有最大值，无最小值C.有最小值，最大值 D.无最大值，无最小值11．某大学数学系共有本科生1500人，其中一、二、三、四年级的人数比为，要用分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为300的样本，则应抽取的三年级学生的人数为（）A.20 B.40C.60 D.8012．函数图象的一个对称中心为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．命题“”的否定为_____________.14．已知抛物线：，斜率为且过点的直线与交于，两点，且，其中为坐标原点（1）求抛物线的方程；（2）设点，记直线，的斜率分别为，，证明：为定值15．在等比数列中，，则______16．命题“x≥1，x2-2x+4≥0”的否定为____________.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）已知数列的前n项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）若，设，求数列的前n项和.18．（12分）如图，在三棱锥中，平面平面，且，（1）求证：；（2）求直线与所成角的余弦值19．（12分）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接（1）证明：．试判断四面体是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；（2）记阳马的体积为，四面体的体积为，求的值；（3）若面与面所成二面角的大小为，求的值20．（12分）如图，在半径为6m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|xm，圆柱的体积为Vm3.（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?21．（12分）如图，四棱台的底面为正方形，面，（1）求证：平面；（2）若平面平面，求直线m与平面所成角的正弦值22．（10分）在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合（1）求椭圆的离心率；（2）求抛物线的方程；（3）设是抛物线上一点，且，求点的坐标

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】根据抛物线的定义求得，由此求得的长.【详解】过作，垂足为，设与轴交点为.根据抛物线的定义可知.由于，所以，所以，所以，所以.故选：D【点睛】本小题主要考查抛物线定义，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.2、C【解析】求出不等式对应方程的根，结合不等式和二次函数的关系，即可得到结果.【详解】不等式对应方程的两根为，因为，故可得，根据二次不等式以及二次函数的关系可得不等式的解集为或.故选：C.【点睛】本题考查含参二次不等式的求解，属基础题.3、B【解析】先求出,再利用焦半径公式即可获解.【详解】由题意，,解得所以故选：B.4、B【解析】根据题意可得直线a与平面相交或在平面内，结合线面的位置关系依次判断选项即可.【详解】若直线a不平行与平面，则直线a与平面相交或在平面内.A：内的所有直线均与直线a异面错误，也可能相交，故A错误；B：直线a与平面相交或直线a在平面内都有公共点，故B正确；C：平面内不存在与a平行的直线，错误，当直线a在平面内就存在与a平行的直线，故C错误；D：平面内的直线均与a相交，错误，也可能异面，故D错误.故选：B5、A【解析】分析数列的特点，可知其是等差数列，写出其通项公式，进而求得结果,【详解】被3整除余1且被4整除余2的数按从小到大的顺序排成一列，这样的数构成首项为10，公差为12的等差数列，所以，故，故选:A6、D【解析】先判断出命题，的真假，即可判断.【详解】因为成立，所以命题为真，由可得或，所以命题为假命题，所以为真，为假，为假.故选：D.7、C【解析】由题意可得募捐构成了一个以10元为首项，以10元为公差的等差数列，设共募捐了天，然后建立关于的方程，求出即可【详解】由题意可得，第一天募捐10元，第二天募捐20元，募捐构成了一个以10元为首项，以10元为公差的等差数列，根据题意，设共募捐了天，则，解得或（舍去），所以，故选：8、D【解析】根据导函数大于，原函数单调递增；导函数小于，原函数单调递减；即可得出正确答案.【详解】由导函数得图象可得：时，，所以在单调递减，排除选项A、B，当时，先正后负，所以在先增后减，因选项C是先减后增再减，故排除选项C，故选：D.9、A【解析】根据导数的性质，结合余弦型函数的性质、极值的定义进行求解即可.【详解】由，，因为在区间有且仅有2个极值点，所以令，解得，因此有，故选：A10、A【解析】对求导，根据极值点求参数a，再由导数研究其单调性并判断其最值情况.【详解】由题设，且，∴，可得.∴且，当时，递减；当时，递增；∴有极小值，无极大值.综上，有最小值，无最大值.故选：A11、C【解析】根据给定条件利用分层抽样的抽样比直接计算作答.【详解】依题意，三年级学生的总人数为，从1500人中用分层随机抽样抽取容量为300的样本的抽样比为，所以应抽取的三年级学生的人数为.故选：C12、D【解析】要求函数图象的一个对称中心的坐标,关键是求函数时的的值;令,根据余弦函数图象性质可得,此时可求出,然后对进行取值,进而结合选项即可得到答案.【详解】解:令,则解得,即,图象的对称中心为,令,即可得到图象的一个对称中心为故选:D【点睛】本题考查三角函数的对称中心,正弦函数的对称中心为,余弦函数的对称中心为.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据特称命题的否定是全称命题，可得结果.【详解】由特称命题否定是全称命题，故条件不变，否定结论所以“”的否定为“”故答案为：【点睛】本题主要考查特称命题的否定是全称命题，属基础题.14、（1）（2）为定值6【解析】（1）由题意可知：将直线方程代入抛物线方程，由韦达定理可知：，，，，求得p的值，即可求得抛物线E的方程；（2）由直线的斜率公式可知：，，，代入，，即可得到：.试题解析：（1）直线的方程为，联立方程组得，设，，所以，，又，所以，从而抛物线的方程为（2）因为，，所以，，因此，又，，所以，即为定值点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的.定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.15、【解析】利用等比数列性质和通项公式可求得，根据可求得结果.【详解】，又，，.故答案为：.16、【解析】根据还有一个量词的命题的否定的方法解答即可.【详解】命题“x≥1，x2-2x+4≥0”的否定为“”.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）（2）.【解析】(1)由数列的前n项和与通项公式之间的关系即可完成.(2)由错位相减法即可解决此类“差比”数列的求和.【小问1详解】由，得当时，，上下两式相减得，，又当时，满足上式，所以数列的通项公式；【小问2详解】由（1）可知，所以，则，上下两式相减得，所以.18、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）过点作交的延长线于点，连接，由，，证出平面，即可证出.（2）以为原点，的方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，利用，即可得到答案.【小问1详解】过点作交的延长线于点，连接，因为，所以，又因为，所以，所以，即，.因为，所以平面，因为平面，所以【小问2详解】因为平面平面，平面平面，所以平面，以为原点，的方向分别为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，可得，因为，所以直线与所成角的余弦值为19、（1）证明见解析，是鳖臑，四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB（2）4（3）【解析】（1）由直线与直线，直线与平面的垂直的转化证明得出PB⊥EF，DE∩FE＝E，所以PB⊥平面DEF，即可判断DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，确定直角即可；（2）PD是阳马P−ABCD的高，DE是鳖臑D−BCE的高，BC⊥CE，，由此能求出的值（3）根据公理2得出DG是平面DEF与平面ACBD的交线．利用直线与平面的垂直判断出DG⊥DF，DG⊥DB，根据平面角的定义得出∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，转化到直角三角形求解即可【小问1详解】因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC，由底面ABCD为长方形，有BC⊥CD，而PD∩CD＝D，所以BC⊥平面PCD．而DE⊂平面PDC，所以BC⊥DE又因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC而PC∩CB＝C，所以DE⊥平面PBC．而PB⊂平面PBC，所以PB⊥DE又PB⊥EF，DE∩FE＝E，所以PB⊥平面DEF由DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB；【小问2详解】由已知，PD是阳马P−ABCD的高，∴，由（Ⅰ）知，，在Rt△PDC中，∵PD＝CD，点E是PC的中点，∴，∴【小问3详解】如图所示，在面BPC内，延长BC与FE交于点G，则DG是平面DEF与平面ABCD的交线由（1）知，PB⊥平面DEF，所以PB⊥DG又因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥DG．而PD∩PB＝P，所以DG⊥平面PBD所以DG⊥DF，DG⊥DB故∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，设PD＝DC＝1，BC＝λ，有，在Rt△PDB中，由DF⊥PB，得，则，解得所以故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时，20、（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m321、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）：连结交交于点O，连结，，通过四棱台的性质以及给定长度证明，从而证出，利用线面平行的判定定理可证明面；（2）利用线面平行的性质定理以及基本事实可证明，即求与平面所成角的正弦值；通过条件以及面面垂直的判定定理可证明面面，则为与平面所成角，利用余弦定理求出余弦值，即可求出正弦值.【详解】（1）证明：连结交交于点O，连结，，由多面体为四棱台可知四点共面，且面面，面面，面面，∴，∵和均为正方形，，∴，所以为平行四边形，∴，面，面，∴平面（2）∵面，平面，平面，∴，又∵，∴∴求直线m与平面所成角可转化为求与平面所成角，∵和均为正方形，，且，∴，，∴，又∵面，∴∴面，∴面面，由面面，设O在面