2026届河北省鹿泉县第一中学高二数学第一学期期末综合测试试题含解析.doc

2026届河北省鹿泉县第一中学高二数学第一学期期末综合测试试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．为迎接第24届冬季奥运会，某校安排甲、乙、丙、丁、戊共5名学生担任冰球、冰壶和短道速滑三个项目的志愿者，每个比赛项目至少安排1人，每人只能安排到1个项目，则所有排法的总数为（）
A.60 B.120
C.150 D.240
2．已知抛物线的方程为，则此抛物线的准线方程为（ ）
A. B.
C. D.
3．数列中，满足，，设，则（）
A. B.
C. D.
4．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有一个高阶等差数列，其前7项分别为1，5，11，21，37，61，95，则该数列的第8项为（）
A.99 B.131
C.139 D.141
5．已知平面，的法向量分别为，，则（）
A. B.
C.，相交但不垂直 D.，的位置关系不确定
6．已知数列为等差数列，且成等比数列，则的前6项的和为
A.15 B.
C.6 D.3
7．下列命题正确的是（）
A.经过三点确定一个平面
B.经过一条直线和一个点确定一个平面
C.四边形确定一个平面
D.两两相交且不共点的三条直线确定一个平面
8．为了更好地解决就业问题，国家在2020年提出了“地摊经济”为响应国家号召，有不少地区出台了相关政策去鼓励“地摊经济”.某摊主2020年4月初向银行借了免息贷款8000元，用于进货，因质优价廉，供不应求，据测算：每月获得的利润是该月初投入资金的20%，每月底扣除生活费800元，余款作为资金全部用于下月再进货，如此继续，预计到2021年3月底该摊主的年所得收入为（ ）
（取，）
A.24000元 B.26000元
C.30000元 D.32000元
9．已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1作直线l交椭圆C于M，N两点，则的周长为（）
A.3 B.4
C.6 D.8
10．在区间内随机取一个数，则方程表示焦点在轴上的椭圆的概率是
A. B.
C. D.
11．已知空间向量，，，下列命题中正确的个数是（）
①若与共线，与共线，则与共线；
②若，，非零且共面，则它们所在的直线共面；
⑧若，，不共面，那么对任意一个空间向量，存在唯一有序实数组，使得；
④若，不共线，向量，则可以构成空间的一个基底.
A.0 B.1
C.2 D.3
12．设函数在上可导，则等于（ ）
A. B.
C. D.以上都不对
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知正项等比数列的前n项和为，且，则的最小值为_________
14．直线过点，且原点到直线l的距离为，则直线方程是______
15．已知函数
（1）若时函数有三个互不相同的零点，求实数的取值范围；
（2）若对任意的，不等式在上恒成立，求实数的取值范围
16．在某次海军演习中，已知甲驱逐舰在航母的南偏东15°方向且与航母的距离为12海里，乙护卫舰在甲驱逐舰的正西方向，若测得乙护卫舰在航母的南偏西45°方向，则甲驱逐舰与乙护卫舰的距离为___________海里.
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，是椭圆：的左、右焦点，离心率为，点A在椭圆C上，且的周长为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若B为椭圆C上顶点，过的直线与椭圆C交于两个不同点P、Q，直线BP与x轴交于点M，直线BQ与x轴交于点N，判断是否为定值.若是，求出定值，若不是，请说明理由.
18．（12分）在数列中，，，且对任意的，都有.
（1）数列的通项公式；
（2）设数列，求数列的前项和.
19．（12分）如图，在直三棱柱中，，，，，分别为，的中点

（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值
20．（12分）在中，是的中点，，现将该平行四边形沿对角线折成直二面角，如图：

（1）求证：；
（2）求二面角的余弦值.
21．（12分）已知圆,直线
（1）判断直线与圆的位置关系；
（2）若直线与圆交于不同两点,且,求直线的方程
22．（10分）如图，在梯形中，，四边形为矩形，且平面，.

（1）求证：；
（2）点在线段（不含端点）上运动，设直线与平面所成角为，求的取值范围.
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】结合排列组合的知识，分两种情况求解.
【详解】当分组为1人,1人,3人时，有种，
当分组为1人，2人，2人时有种，
所以共有种排法.
故选：C
2、A
【解析】由抛物线的方程直接写出其准线方程即可.
【详解】由抛物线的方程为，则其准线方程为：
故选：A
3、C
【解析】由递推公式可归纳得，由此可以求出的值
【详解】因为，，
所以，
，
，

因此
故选C
【点睛】本题主要考查利用数列的递推式求值和归纳推理思想的应用，意在考查学生合情推理的意识和数学建模能力
4、D
【解析】根据题中所给高阶等差数列定义，找出其一般规律即可求解.
【详解】设该高阶等差数列的第8项为，
根据所给定义，用数列的后一项减去前一项得到一个数列，得到的数列也用后一项减去前一项得到一个数列，即得到了一个等差数列，如图：

由图可得，则.
故选：D
5、C
【解析】利用向量法判断平面与平面的位置关系.
【详解】因为平面，的法向量分别为，，
所以，即不垂直，则，不垂直，
因为，即即不平行，则，不平行，
所以，相交但不垂直，
故选：C
6、C
【解析】利用成等比数列,得到方程2a1+5d＝2，将其整体代入 {an}前6项的和公式中即可求出结果
【详解】∵数列为等差数列，且成等比数列，∴，1，成等差数列，
∴2，
∴2＝a1+a1+5d，
解得2a1+5d＝2，
∴{an}前6项的和为2a1+5d）=
故选C
【点睛】本题考查等差数列前n项和求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列、等比数列的性质的合理运用
7、D
【解析】由平面的基本性质结合公理即可判断.
【详解】对于A，过不在一条直线上三点才能确定一个平面，故A不正确；
对于B，经过一条直线和直线外一个点确定一个平面，故B不正确；
对于C，空间四边形不能确定一个平面，故C不正确；
对于D，两两相交且不共点的三条直线确定一个平面，故D正确.
故选：D
8、D
【解析】设，从4月份起每月底用于下月进借货的资金依次记为，由题意得出的递推关系，变形构造出等比数列，由得其通项公式后可得结论
【详解】设，从4月份起每月底用于下月进借货的资金依次记为，
，、
同理可得，所以，而，
所以数列是等比数列，公比为，
所以，，
总利润为
故选：D
【点睛】思路点睛：本题考查数列的实际应用．解题方法是用数列表示月初进货款，得出递推关系，然后构造等比数列求解
9、D
【解析】由的周长为，结合椭圆的定义，即可求解.
【详解】由题意，椭圆，可得，即，
如图所示，根据椭圆的定义，可得的周长为

故选：D.

10、D
【解析】若方程表示焦点在轴上的椭圆，则，解得， ，故方程表示焦点在轴上的椭圆的概率是，故选D.
11、B
【解析】用向量共线或共面的基本定理即可判断.
【详解】若与，与共线，，则不能判定，
故①错误；
若非零向量共面，则向量可以在一个与组成的平面平行的平面上，
故②错误；
不共面，意味着它们都是非零向量，可以作为一组基底，
故③正确；
，∴ 与共面，故不能组成一个基底，
故④错误；
故选：C.
12、C
【解析】根据目标式，结合导数的定义即可得结果.
【详解】.
故选：C

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、16
【解析】根据是等比数列，由，即可得也是等比数列，结合基本不等式的性质即可求出的最小值.
【详解】是等比数列，，即，
也是等比数列，且，
，
可得：
，当且仅当时取等号，
的最小值为16.
故答案为：16
14、
【解析】直线斜率不存在不满足题意，即设直线的点斜式方程，再利用点到直线的距离公式，求出的值，即可求出直线方程.
【详解】①当直线斜率不存在时，显然不满足题意.
②当直线斜率存在时，设直线为.原点到直线l的距离为，即直线方程为.
故答案为：.
15、（1）
（2）
【解析】（1）将函数有三个互不相同的零点转化为有三个互不相等的实数根，令，求导确定单调性求出极值即可求解；
（2）求导确定单调性，结合以及得，由得，结合二次函数单调性求出最小值即可求解.
【小问1详解】
当时，．函数有三个互不相同的零点，即有三个互不相等的实数根
令，则，令得或，
在和上均减函数，在上为增函数，极小值为，极大值为，
的取值范围是；
【小问2详解】
，且，当或时，；当时，
函数的单调递增区间为和，单调递减区间为当时，，
又，，又，
又在上恒成立，即，即当时，恒成立
在上单减，故最小值为，的取值范围是

16、
【解析】利用正弦定理求得甲驱逐舰与乙护卫舰的距离.
【详解】，
设甲乙距离，由正弦定理得.
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）利用椭圆的定义可得，而离心率，解方程组，即可得解；
（2）设直线的方程为，将其与椭圆的方程联立，由，，三点的坐标写出直线，的方程，进而知点，的坐标，再结合韦达定理，进行化简，即可得解
【小问1详解】
解：因为的周长为，所以，即，
又离心率，所以，，
所以，
故椭圆的方程为
【小问2详解】
解：由题意知，直线的斜率一定不可能为0，设其方程为，，，，，
联立，得，
所以，，
因为点为，
所以直线的方程为，所以点，，
直线的方程为，所以点，，
所以，即为定值
18、（1）；
（2）.
【解析】（1）由递推式可得，根据等比数列的定义写出通项公式，再由累加法求的通项公式；
（2）由（1）可得，再应用裂项相消法求前项和
【小问1详解】
由可得：，又， ，
∴，则数列是首项为2，公比为2的等比数列，
∴.
∴ .
【小问2详解】
∵，
∴
∴.
19、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）利用空间向量求出空间直线的向量积，即可证明两直线垂直.
（2）利用空间向量求直线与平面所成空间角的正弦就是就出平面的法向量与直线的方向向量之间夹角的余弦即可.
【小问1详解】
如图，以为坐标原点，，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
因为，，
所以，即；
【小问2详解】
设平面的法向量为
因为，
由，得，令，则
所以平面的一个法向量为，又
所以
故直线与平面所成角的正弦值为
20、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）先求出BD，通过勾股定理的逆定理得，再由面面垂直的性质得线面垂直，从而得线线垂直；
（2）作出二面角，然后再解直角三形即可.
【小问1详解】
在中，，，
由余弦定理有：，
∴，
∴，即.
又∵二面角是直二面角，平面ABD平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD，
∴AB⊥平面BCD.
又CD⊂平面BCD，
∴AB⊥CD.
【小问2详解】
因为点是的中点，在中，由（1）易知,.
过点作垂直的延长线于，再连接.
由（1）有AB⊥平面BCD，又平面BCD，
所以，又，平面，平面，且,
所以平面，又平面，
所以，
因此的大小即二面角的大小.
而在中有,，可得，
所以，所以.
所以二面角的余弦值是.

21、（1）直线与圆相交；（2）或
【解析】（1）通过比较圆心到直线的距离与半径的关系，不难发现直线和圆相交．（2）根据垂径定理，得到圆心与直线的距离，进而列方程求解即可
试题解析：（1）将圆方程化为标准方程,所以圆的圆心,半径,圆心到直线的距离,因此直线与圆相交
（2）设圆心到直线的距离为,则,又,解得所求直线为或
考点：直线与圆的位置关系
22、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）过作，垂足为，利用正余弦定理可证，再利用线线垂足证明线面垂直，进而可得证；
（2）以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，利用坐标法求线面夹角的正弦值.
【小问1详解】
证明：由已知可得四边形是等腰梯形，
过作，垂足为，则，
在中，，
则，可得，
在中，由余弦定理可得，
，
则，，
又平面，平面，
，
，，平面，
平面，
又为矩形，
，则平面，
而平面，
；
【小问2详解】
平面，且，
以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，设，
则，又，
设平面的法向量为，
由，
取，得，
又，
，
，，
则.