2026届云南省丽江市玉龙县第一中学高二数学第一学期期末考试试题含解析.doc

2026届云南省丽江市玉龙县第一中学高二数学第一学期期末考试试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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．阿基米德曾说过：“给我一个支点，我就能撬动地球”.他在做数学研究时，有一个有趣的问题：一个边长为2的正方形内部挖了一个内切圆，现在以该内切圆的圆心且平行于正方形的一边的直线为轴旋转一周形成几何体，则该旋转体的体积为（）
A. B.
C. D.
2．记等比数列的前项和为，若，，则（）
A.12 B.18
C.21 D.27
3．设命题，则为（ ）
A. B.
C. D.
4．双曲线与椭圆的焦点相同，则等于（）
A.1 B.
C.1或 D.2
5．已知数列满足，且，那（ ）
A.19 B.31
C.52 D.104
6．已知实数，，则下列不等式恒成立的是（）
A. B.
C. D.
7．已知圆：，圆：，则两圆的位置关系为（　　）
A.外离 B.外切
C.相交 D.内切
8．如图，平行六面体中，与的交点为，设，则选项中与向量相等的是（）

A. B.
C. D.
9．下列关系中，正确的是（）
A. B.
C. D.
10．空间直角坐标系中，已知则点关于平面的对称点的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
11．已知命题p：，总有，则为（ ）
A.，使得 B.，使得
C.，总有 D.，总有
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．已知函数，若存在唯一零点，则的取值范围是__________.
14．以点为圆心，且与直线相切的圆的方程是__________
15．空间四边形中，，，，，，，则与所成角的余弦值等于___________
16．两条平行直线与的距离是__________
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）在等差数列中，，.
（1）求数列通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
18．（12分）已知数列是公差不为0的等差数列，数列是公比为2的等比数列，是，的等比中项，，.
（1）求数列，的通项公式；
（2）求数列的前项和.
19．（12分）椭圆的一个顶点为，离心率
（1）求椭圆方程；
（2）若直线与椭圆交于不同的两点．若满足，求直线的方程
20．（12分）已知椭圆：的一个焦点与曲线的焦点重合，且离心率为.
（1）求椭圆的方程
（2）设直线：交椭圆于M，N两点.
①若且的面积为，求的值.
②若轴上的任意一点到直线与直线（为椭圆的右焦点）的距离相等，求证：直线恒过定点，并求出该定点坐标
21．（12分）从①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答：已知等差数列公差大于零，且前n项和为，，______，，求数列的前n项和.（注：如果选择多个条件分别解答，那么按照第一个解答计分）
22．（10分）已知直线：，直线：.
（1）若，求与的距离；
（2）若，求与的交点的坐标.
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、B
【解析】根据题意，结合圆柱和球的体积公式进行求解即可.
【详解】由题意可知：该旋转体的体积等于底面半径为，高为的圆柱的体积减去半径为的球的体积，即，
故选：B
2、C
【解析】根据等比数列的性质，可知等比数列的公比,所以成等比数列，根据等比的中项性质即可求出结果.
【详解】因为为等比数列的前项和，且，，易知等比数列的公比,
所以成等比数列
所以，所以，解得.
故选：C
3、D
【解析】利用含有一个量词的命题的否定的定义判断.
【详解】因为命题是全称量词命题，
所以其否定是存在量词命题，即，
故选：D
4、A
【解析】根据双曲线方程形式确定焦点位置，再根据半焦距关系列式求参数.
【详解】因为双曲线的焦点在轴上，
所以椭圆焦点在轴上，
依题意得
解得.
故选：A
5、D
【解析】根据等比数列的定义，结合等比数列的通项公式进行求解即可.
【详解】因为，所以有，因此数列是公比的等比数列，
因为，
所以，
故选：D
6、C
【解析】根据不等式性质和作差法判断大小依次判断每个选项得到答案.
【详解】当时，不等式不成立，错误；
，故错误正确；
当时，不等式不成立，错误；
故选：.
【点睛】本题考查了不等式的性质，作差法判断大小，意在考查学生对于不等式知识的综合应用.
7、C
【解析】求出两圆的圆心和半径，根据圆心距与半径和与差的关系，判断圆与圆的位置关系
【详解】圆：的圆心为，半径，
圆：，即，圆心，半径，
两圆的圆心距，显然，即，
所以圆与圆相交.
故选：C
8、B
【解析】利用空间向量加减法、数乘的几何意义，结合几何体有，进而可知与向量相等的表达式.
【详解】连接，如下图示：

，
.
故选：B
9、B
【解析】根据对数函数的性质判断A，根据指数函数的性质判断B，根据正弦函数的性质及诱导公式判断C，根据余弦函数的性质及诱导公式判断D；
【详解】解：对于A：因为，，，故A 错误；
对于B：因为在定义域上单调递减，因为，所以，又，，因为在上单调递增，所以，所以，所以，故B正确；
对于C：因为在上单调递减，因为，所以，又，所以，故C错误；
对于D：因为在上单调递减，又，所以，又，所以，故D错误；
故选：B
10、D
【解析】根据空间直角坐标系的对称性可得答案.
【详解】根据空间直角坐标系的对称性可得关于平面的对称点的坐标为，
故选：D.
11、B
【解析】由含有一个量词的命题的否定的定义求解.
【详解】因为命题p：，总有是全称量词命题，
所以其否定为存在量词命题，即，使得，
故选：B
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】求得函数的导数，得到是的唯一零点，转化为方程无实数根或只存在实数根，进而转化为和的图象至多有一个交点（且如果有交点，交点必须在处），利用导数求得函数的单调性和最小值，即可求解.
【详解】由题意，函数，可得，
因为存在唯一零点，所以是的唯一零点，
则关于的方程无实数根或只存在实数根，
所以函数和的图象至多有一个交点（且如果有交点，交点必须在处），
又由，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
所以，即即的取值范围是.
故答案为：.
14、；
【解析】根据相切可得圆心到直线距离即为圆的半径,利用点到直线距离公式解出半径,即可得到圆的方程
【详解】由题,设圆心到直线的距离为,
所以,
因为圆与直线相切,则,
所以圆的方程为,
故答案为：
【点睛】本题考查利用直线与圆的位置关系求圆的方程,考查点到直线距离公式的应用
15、
【解析】计算出的值，利用空间向量的数量积可得出的值，即可得解.
【详解】，
，
所以，，
所以，.
所以，与所成角的余弦值为.
故答案为：.
16、5
【解析】根据两平行直线，可求得a值，根据两平行线间距离公式，即可得答案.
【详解】因为两平行直线与，
所以，解得，
所以两平行线的距离.
故答案为：5

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）利用等差数列的基本量，根据题意，列出方程，即可求得公差以及通项公式；
（2）根据（1）中所求，结合等差数列的前项和的公式，求得，以及，再利用等比数列的前项和公式求得.
【小问1详解】
因为，所以，故可得，
所以.
【小问2详解】
因为，
所以.
于是，
令，则.
显然数列是等比数列，且，公比，
所以数列的前n项和.
18、（1）
（2）
【解析】（1）根据是，的等比中项，且，，由求解；
（2）由（1）得到，再利用错位相减法求解.
【小问1详解】
解：因为是，的等比中项，且，，
所以，
解得，，
所以；
【小问2详解】
由（1）得，
所以，
则，
两式相减得，
，
，
所以.
19、（1）；（2）
【解析】（1）首先由椭圆的一个顶点可以求出的值，再根据离心率可得到、的关系，联立即可求得的值，进而得到椭圆的方程；
（2）先联立直线与椭圆，结合韦达定理得到线段的中点的坐标，再根据，即可求得的值，进而求得直线的方程
【详解】（1）由一个顶点为，离心率，
可得，，，解得，，
即有椭圆方程为
（2）由知点在线段的垂直平分线上，
由，消去得，
由，得方程的，即方程有两个不相等的实数根
设、，线段的中点，
则，所以，
所以，即，
因为，所以直线的斜率为，
由，得，所以，解得：，
即有直线的方程为
20、（1）
（2）①；②证明见解析，定点的坐标为
【解析】（1）由所给条件确定基本量即可.
（2）①代入消元，韦达定理整体思想，列出关于的方程从而得解；②由已知可知，得到关于、的一次关系式可得证.
【小问1详解】
由已知椭圆的右焦点坐标为，，
所以，
椭圆的方程：
【小问2详解】
①将与椭圆方程联立得.
设，，则，解得，
∴，，

点到直线的距离为，
∴，解得（舍去负值），
∴.
②设，，
将与椭圆方程联立，
得，当时，
∴，
，，
若轴上任意一点到直线与的距离均相等，
则轴为直线与的夹角的平分线，
∴，即，
∴.
∴，解得.
∴.
∴直线恒过一定点，该定点的坐标为.
21、；
【解析】将条件①②③转化为的形式，列方程组，并求解，写出的通项公式，从而表示出，利用裂项相消法求和.
【详解】选①：设等差数列首项为，公差为，因为，，所以，所以，所以，所以
选②：设等差数列首项为，公差为，因为，，所以，所以，所以，所以
选③：设等差数列首项为，公差为，因为，，所以，所以，所以，所以
【点睛】数列求和的方法技巧
(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和
(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和
(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和
22、 (1) .
(2).
【解析】分析：（1）先根据求出k的值，再利用平行线间的距离公式求与的距离.(2)先根据求出k的值，再解方程组得与的交点的坐标.
详解：（1）若，则由，即，解得或.
当时，直线：，直线：，两直线重合，不符合，故舍去；
当时，直线：，直线：，所以.
（2）若，则由，得.
所以两直线方程为：，：，
联立方程组，解得，所以与的交点的坐标为.
点睛：（1）本题主要考查直线的位置关系和距离的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算能力.(2)直线与直线平行，则且两直线不重合.直线与直线垂直，则.