2025-2026学年辽宁省鞍山市台安县高级中学高二数学第一学期期末经典试题含解析

2025-2026学年辽宁省鞍山市台安县高级中学高二数学第一学期期末经典试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．已知平面上两点，则下列向量是直线的方向向量是（）A. B.C. D.2．过点（-2，1）的直线中，被圆x2+y2-2x+4y=0截得的弦最长的直线的方程是（）A.x+y+1=0 B.x+y-1=0C.x-y+1=0 D.x-y-1=03．已知，为双曲线的两个焦点，点P在双曲线上且满足，那么点P到x轴的距离为（）A. B.C. D.4．已知点，和直线，若在坐标平面内存在一点P，使，且点P到直线l的距离为2，则点P的坐标为（）A.或 B.或C.或 D.或5．已知向量，，，若，则实数（）A. B.C. D.6．已知集合A=（）A. B.C.或 D.7．若不等式组表示的区域为，不等式表示的区域为，向区域均匀随机撒颗芝麻，则落在区域中的芝麻数约为（）A. B.C. D.8．设函数的图象为C，则下面结论中正确的是（）A.函数的最小正周期是B.图象C关于点对称C.函数在区间上是增函数D.图象C可由函数的图象向右平移个单位得到9．执行如图所示的程序框图，则输出S的值是（）A. B.C. D.10．若方程表示焦点在y轴上的双曲线，则k的取值范围是（）A. B.C. D.11．已知过点的直线与圆相切，且与直线平行，则（）A.2 B.1C. D.12．已知抛物线的焦点为F，点P为该抛物线上的动点，若，则当最大时，（）A. B.1C. D.2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．正三棱柱的底面边长和高均为2，点为侧棱的中点，连接，，则点到平面的距离为______.14．若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则直线与平面所成角的正弦值为______.15．已知圆，直线与圆C交于A，B两点，且，则______16．若满足约束条件，则的最大值为_________.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）已知函数.（1）判断的单调性.（2）证明：.18．（12分）已知函数，曲线在点处的切线与直线垂直（其中为自然对数的底数）（1）求的解析式及单调递减区间；（2）若函数无零点，求的取值范围19．（12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：是的中点；（2）求二面角的大小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）已知数列是等差数列，且，.（1）若数列中依次取出第2项，第4项，第6项，…，第项，按原来顺序组成一个新数列，试求出数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和.22．（10分）设AB是过抛物线焦点F的弦，若，，求证：（1）；（2）（为弦AB的倾斜角）

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】由空间向量的坐标运算和空间向量平行的坐标表示，以及直线的方向向量的定义可得选项.【详解】解：因为两点，则，又因为与向量平行，所以直线的方向向量是，故选：D.2、A【解析】当直线被圆截得的最弦长最大时，直线要经过圆心，即圆心在直线上，然后根据两点式方程可得所求【详解】由题意得，圆的方程为，∴圆心坐标为∵直线被圆截得的弦长最大，∴直线过圆心，又直线过点（-2，1），所以所求直线的方程为，即故选：A3、D【解析】设，由双曲线的性质可得的值，再由，根据勾股定理可得的值，进而求得，最后利用等面积法，即可求解【详解】设，，为双曲线的两个焦点，设焦距为，，点P在双曲线上，，，，，，的面积为，利用等面积法，设的高为，则为点P到x轴的距离，则，故选：D【点睛】本题考查双曲线的性质，难度不大.4、C【解析】设点的坐标为，根据，点到直线的距离为，联立方程组即可求解.【详解】解：设点的坐标为，线段的中点的坐标为，，∴的垂直平分线方程为，即，∵点在直线上，∴，又点到直线：的距离为，∴，即，联立可得、或、，∴所求点的坐标为或，故选：C5、C【解析】先根据题意求出，然后再根据得出，最后通过计算得出结果.【详解】因为，，所以，又，，所以，即，解得.故选：.【点睛】本题主要考查向量数量积的坐标运算及向量垂直的相关性质，熟记运算法则即可，属于常考题型.6、A【解析】先求出集合，再根据集合的交集运算，即可求出结果.【详解】因为集合，所以.故选：A.7、A【解析】作出两平面区域，计算两区域的公共面积，利用几何概型得出芝麻落在区域Γ内的概率，进而可得答案.【详解】作出不等式组所表示的平面区域如下图中三角形ABC及其内部，不等式表示的区域如下图中的圆及其内部：由图可得，A点坐标为点坐标为坐标为点坐标为.区域即的面积为，区域的面积为圆的面积，即，其中区域和区域不相交的部分面积即空白面积，所以区域和区域相交的部分面积，所以落入区域的概率为.所以均匀随机撒颗芝麻，则落在区域中芝麻数约为.故选:A.8、B【解析】化简函数解析式，求解最小正周期，判断选项A，利用整体法求解函数的对称中心和单调递增区间，判断选项BC，再由图象变换法则判断选项D.【详解】，所以函数的最小正周期为，A错；令，得，所以函数图象关于点对称，B正确；由，得，所以函数在上为增函数，在上为减函数，C错；函数的图象向右平移个单位得，D错.故选：B9、C【解析】按照程序框图的流程进行计算.【详解】，故输出S的值为.故选：C10、B【解析】由条件可得，即可得到答案.【详解】方程表示焦点在y轴上的双曲线所以，即故选：B11、C【解析】先根据垂直关系设切线方程，再根据圆心到切线距离等于半径列式解得结果.【详解】因为切线与直线平行，所以切线方程可设为因为切线过点P(2，2)，所以因为与圆相切，所以故选：C12、B【解析】根据抛物线的定义，结合换元法、配方法进行求解即可.【详解】因为点P为该抛物线上的动点，所以点P的坐标设为，抛物线的焦点为F，所以，抛物线的准线方程为：，因此，令，，当时，即当时，有最大值，最大值为1，此时.故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求点面距离的公式可以直接求出.【详解】如图，建立空间直角坐标系，为的中点，由已知，，，，，所以，，设平面的法向量为，，即：，取，得，，则点到平面的距离为.故答案为：.14、【解析】根据空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】设与的夹角为，直线与平面所成角为，所以，故答案为：15、-2【解析】将圆的一般方程化为标准方程，结合垂径定理和勾股定理表示出圆心到弦的距离，再由点到直线的距离公式表示出圆心到弦的距离，解方程即可求得的值.【详解】解：将圆的方程化为标准方程可得，圆心为，半径圆C与直线相交于、两点,且，由垂径定理和勾股定理得圆心到直线的距离为，由点到直线距离公式得，所以，解得，故答案为：.16、7【解析】画出约束条件所表示的平面区域，结合图象和直线在轴上的截距，确定目标函数的最优解，代入即可求解.【详解】画出不等式组所表示的平面区域，如图所示，目标函数可化为，当直线过点点时，此时直线在轴上的截距最大，此时目标函数取得最大值，又由，解得，即,所以目标函数的最大值为.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）在R上单调递增，无单调递减区间；（2）证明见解析.【解析】（1）对求导，令并应用导数求最值，确定的符号，即可知的单调性.（2）利用作差法转化证明的结论，令结合导数研究其单调性，最后讨论的大小关系判断的符号即可证结论.【小问1详解】由题设，.令，则.当时，单调递减；当时，单调递增故，即，则在R上单调递增，无单调递减区间.【小问2详解】.令，则.令，则，显然在R上单调递增，且，∴当时，单调递减；当时，单调递增.故，即，在R上单调递增，又，∴当时，，；当时，，；当时，.综上，，即.【点睛】关键点点睛：第二问，应用作差法有，构造中间函数并应用导数研究单调性，最后讨论的大小证结论.18、（1）单调减区间为和；（2）的取值范围为：或【解析】（1）先求出函数的导数，求得切线的斜率，由两直线垂直的条件，可得，求得的解析式，可得导数，令导数小于0，可得减区间；（2）先求得，要使函数无零点，即要在内无解，亦即要在内无解.构造函数，对其求导，然后对进行分类讨论，运用单调性和函数零点存在性定理，即可得到的取值范围.【详解】(1)，又由题意有：，故.此时，，由或，所以函数的单调减区间为和.(2)，且定义域为，要函数无零点，即要在内无解，亦即要在内无解.构造函数.①当时，在内恒成立，所以函数在内单调递减，在内也单调递减.又，所以在内无零点，在内也无零点，故满足条件；②当时，⑴若，则函数在内单调递减，在内也单调递减，在内单调递增.又，所以在内无零点；易知，而，故在内有一个零点，所以不满足条件；⑵若，则函数在内单调递减，在内单调递增.又，所以时，恒成立，故无零点，满足条件；⑶若，则函数在内单调递减，在内单调递增，在内也单调递增.又，所以在及内均无零点.又易知，而，又易证当时，，所以函数在内有一零点，故不满足条件.综上可得：的取值范围为：或.【点睛】本题主要考查导数的几何意义、应用导数研究函数的零点问题、其中分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题，解答本题，准确求导数是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当，或因复杂式子变形能力差，而错漏百出．本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等19、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）根据正棱柱的性质，结合线面垂直的判定定理、直角三角形的性质、正三角形的性质进行证明即可；（2）根据线面垂直的判定定理和性质，结合二面角的定义进行求解即可.【小问1详解】证明：在正三棱柱中，平面，平面，则,又是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，且，平面，故平面，而平面，所以，又为正三角形，所以为的中点；【小问2详解】在正中，取的中点为，则，又平面，则，且，平面，故平面，取的中点为，且的中点为，则，故平面，而平面，所以，在等腰直角中，取的中点为，则，，平面，所以平面，而平面，所以，故为二面角平面角，又，则，，所以在中，，即：，故二面角的大小为.：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)利用等差数列性质求出数列公差及通项公式，由求解作答.(2)由(1)的结论求出，再用错位相减法计算作答.【小问1详解】等差数列中，，解得，公差，则，