2025-2026学年普洱市重点中学数学高二上期末综合测试试题含解析.doc

2025-2026学年普洱市重点中学数学高二上期末综合测试试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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．已知向量，且，则（）
A. B.
C. D.
2．将的展开式按x的降幂排列，第二项不大于第三项，若，且，则实数x的取值范围是（）
A. B.
C. D.
3．已知为定义在R上的偶函数函数，且在单调递减.若关于的不等式在上恒成立，则实数m的取值范围是（）
A. B.
C. D.
4．方程表示的曲线是（）
A.一个椭圆和一个点 B.一个双曲线的右支和一条直线
C.一个椭圆一部分和一条直线 D.一个椭圆
5．已知是函数的导函数，则（）
A0 B.2
C.4 D.6
6． “”是“直线：与直线：平行”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．已知抛物线上的一点，则点M到抛物线焦点F的距离等于（ ）
A.6 B.5
C.4 D.2
8．曲线上存在两点A，B到直线到距离等于到的距离，则（ ）
A.12 B.13
C.14 D.15
9．某校为了解学生学习的情况，采用分层抽样的方法从高一人、高二人、高三人中，抽取人进行问卷调查.已知高二被抽取的人数为人，那么高三被抽取的人数为（）
A. B.
C. D.
10．圆心在x轴负半轴上，半径为4，且与直线相切的圆的方程为（）
A. B.
C. D.
11．（ ）
A.-2 B.0
C.2 D.3
12． “”是“”的（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.即不充分也不必要条件
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知等比数列满足，则_________
14．如图，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB＝2，E为PB的中点，cos〈，〉＝，若以DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则点E的坐标为________

15．中国古代《易经》一书中记载，人们通过在绳子上打结来记录数量，即“结绳计数”，如图，一位古人在从右到左依次排列的红绳子上打结，满三进一，用来记录每年进的钱数.由图可得，这位古人一年的收入的钱数为___________.

16．已知函数，则______
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）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C1：的左、右焦点分别为，且椭圆C1与抛物线C2：y2 = 2px（p>0）在第一象限的交点为Q， 已知.
（1）求的面积
（2）求抛物线C2的标准方程.
18．（12分）如图甲是由正方形，等边和等边组成的一个平面图形，其中，将其沿，，折起得三棱锥，如图乙.

（1）求证：平面平面；
（2）过棱作平面交棱于点，且三棱锥和的体积比为，求直线与平面所成角的正弦值.
19．（12分）某地从今年8月份开始启动12-14岁人群新冠肺炎疫苗的接种工作，共有8千人需要接种疫苗.前4周的累计接种人数统计如下表：
前x周
1
2
3
4
累计接种人数y（千人）
2.5
3
4
4.5
（1）求y关于的线性回归方程；
（2）根据（1）中所求的回归方程，预计该地第几周才能完成疫苗接种工作?
参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，
20．（12分）已知动圆过点 且动圆内切于定圆： 记动圆圆心的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）若、是曲线上两点，点 满足 求直线的方程.
21．（12分）如图，直角梯形AEFB与菱形ABCD所在平面互相垂直，，，，，，M为AD中点.

（1）证明：直线面DEF；
（2）求二面角的余弦值.
22．（10分）如图，在三棱锥中，，平面，，分别为棱，的中点.

（1）求证：；
（2）若，，二面角的大小为，求三棱锥的体积.
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、A
【解析】利用空间向量共线的坐标表示即可求解.
【详解】由题意可得，
解得，
所以.
故选：A
2、A
【解析】按照二项展开式展开表示出第二项第三项，解不等式即可.
【详解】由二项展开式，第二项为：，第三项为：，依题意，两边约去得到，即，由知，则，同时约去得到.
故选：A.
3、C
【解析】由条件利用函数的奇偶性和单调性，可得对恒成立，转化为且对恒成立．求得相应的最大值和最小值，从而求得的范围
【详解】定义在上的函数为偶函数，且在上递减，
在上单调递增，
若不等式在上恒成立，
即在上恒成立
在上恒成立，
即在上恒成立，
即且在上恒成立
令，则，，，，
在上递增，上递减，

令，当时，，在上递减，

故可知，解得，
所以实数m的取值范围是
故选：C
4、C
【解析】由可得，或，再由方程判断所表示的曲线.
【详解】由可得，或，即或，则该方程表示一个椭圆的一部分和一条直线.
故选：C
5、D
【解析】由导数运算法则求出导函数，再计算导数值
【详解】由题意，，
所以
故选：D
6、C
【解析】根据两直线平行求得的值，由此确定充分、必要条件.
【详解】由于，所以，
当时，两直线重合，不符合题意，所以.
所以“”是“直线：与直线：平行”的充要条件.
故选：C
7、B
【解析】将点代入抛物线方程求出，再由抛物线的焦半径公式可得答案.
详解】将点代入抛物线方程可得，解得
则
故选：B
8、D
【解析】由题可知A，B为半圆C与抛物线的交点，利用韦达定理及抛物线的定义即求.
【详解】由曲线，可得，
即，为圆心为，半径为7半圆，
又直线为抛物线的准线，点为抛物线的焦点，
依题意可知A，B为半圆C与抛物线的交点，
由，得，
设，则，，
∴.
故选：D.
9、C
【解析】利用分层抽样求出的值，进而可求得高三被抽取的人数.
【详解】由分层抽样可得，可得，
设高三所抽取的人数为，则，解得.
故选：C.
10、A
【解析】根据题意，设圆心为坐标为，，由直线与圆相切的判断方法可得圆心到直线的距离，解得的值，即可得答案
【详解】根据题意，设圆心为坐标为，，
圆的半径为4，且与直线相切，
则圆心到直线的距离，
解得：或13（舍，
则圆的坐标为，故所求圆的方程为，
故选：A
11、C
【解析】根据定积分公式直接计算即可求得结果
【详解】由
故选：C
12、D
【解析】根据充分条件、必要条件的判定方法，结合不等式的性质，即可求解.
【详解】由，可得，即，
当时，，但的符号不确定，所以充分性不成立；
反之当时，也不一定成立，所以必要性不成立，
所以是的即不充分也不必要条件.
故选：D.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、84
【解析】设公比为q，求出，再由通项公式代入可得结论
【详解】设公比为q，则，解得
所以
故答案为：84
14、（1，1，1）
【解析】设PD＝a，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，
P(0,0，a)，E(1,1，)，
∴＝(0,0，a)，＝(－1,1，)
由cos〈，〉＝，∴＝a·，
∴a＝2.∴E的坐标为(1,1,1)
15、25
【解析】将原问题转化为三进制计算，即可求解
【详解】解：由题意可得，从左到右的数字依次为221，
即古人一年的收入的钱数为
故答案为：
16、
【解析】根据导数的定义求解即可
【详解】由，得，
所以

，
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）设，由椭圆的定义可得，结合余弦定理可得出的值，从而可得面积.
(2) 设,根据的面积结合椭圆的方程求出点的坐标，代入抛物线可得答案.
【小问1详解】
由椭圆方程知a=2， b=1，，
设，则
即，求得
所以的面积为
【小问2详解】
设
由（1）中，得
又，，所以
代入抛物线方程得，所以
所以抛物线的标准方程为
18、（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）取的中点为，连接，，证明，，即证平面，即证得面面垂直；
（2）建立如图空间直角坐标系，写出对应点的坐标和向量的坐标，再计算平面法向量，利用所求角的正弦为即得结果.
【详解】（1）证明：如图，取的中点为，连接，.
∵，∴.
∵，，
∴，同理.
又，∴，
∴.∵，，平面，
∴平面.
又平面，
∴平面平面；
（2）解：如图建立空间直角坐标系，根据边长关系可知，，，，，
∴，.

∵三棱锥和的体积比为，
∴，
∴，
∴.
设平面的法向量为，
则，令，得.
设直线与平面所成角为，
则.
∴直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】方法点睛：
求空间中直线与平面所成角的常见方法为：
（1）定义法：直接作平面的垂线，找到线面成角；
（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离，距离与斜线长的比值即线面成角的正弦值；
（3）向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成的余弦值的绝对值，即是线面成角的正弦值.
19、（1）；
（2）预计第9周才能完成接种工作
【解析】（1）利用最小二乘法原理求解即可；
（2）解方程即得解.
【小问1详解】
解：由表中数据得，，
，，
.
所以
所以y关于的线性回归方程为.
【小问2详解】
解：令，解得.
所以预计第9周才能完成接种工作.
20、（1）；（2）.
【解析】（1）根据两圆内切，以及圆过定点列式求轨迹方程；（2）利用重心坐标公式可知，，再设直线的方程为与椭圆方程联立，利用根与系数的关系求解直线方程.
【详解】（1）由已知可得，两式相加可得 则点的轨迹是以 、 为焦点， 长轴长为的椭圆，则 因此曲线的方程是
(2)因为， 则点是的重心， 易得直线的斜率存在， 设直线的方程为，

联立 消 得：

且 ①
②
由①②解得 则直线的方程为 即
【点睛】本题考查直线与椭圆的问题关系，本题的关键是根据求得，.
21、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）由平面平面ABCD，可得平面ABCD，连接BD，可得，以为原点，为轴，竖直向上为轴建立空间直角坐标系，利用向量法计算与平面的法向量的数量积为0即可得证；
（2）分别计算出平面和平面的法向量，然后利用向量夹角公式即可求解.
【小问1详解】
证明：因为平面平面ABCD，平面平面ABCD，且，
所以平面ABCD，连接BD，则等边三角形，所以，
以为原点，为轴，竖直向上为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，设为平面的法向量，
因为，则有， 取，
又因为，所以，
因为平面，所以平面；
【小问2详解】
解：分别设为平面和平面的法向量，
因为，则有，取，
因，则有，取，
所以，由图可知二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为.
22、（1）证明见解析；
（2）.
【解析】（1）利用线面垂直的判定定理及性质即证；
（2）利用坐标法，结合条件可求，然后利用体积公式即求.
【小问1详解】
，是的中点，
，
平面，平面，
，又，
平面，
平面，
；
【小问2详解】
，，
，
取的中点，连接，则，
平面，
以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，

设，则，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，
由，取，得；
设平面的一个法向量为，
由，取，得，
∵二面角的大小为，
，解得，
，
则三棱锥的体积.