河南省濮阳市油田三高2025-2026学年高二数学第一学期期末达标检测试题含解析.doc

河南省濮阳市油田三高2025-2026学年高二数学第一学期期末达标检测试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．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．如图，在三棱锥中，，二面角的正弦值是，则三棱锥外接球的表面积是（ ）

A. B.
C. D.
2． “ ” 是 “直线 与直线 互相垂直” 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
3．“1＜x＜2”是“x＜2”成立的
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
4．已知F(3,0)是椭圆的一个焦点，过F且垂直x轴的弦长为，则该椭圆的方程为（ ）
A. + = 1 B. + = 1
C. + = 1 D. + = 1
5．已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论正确的是()
A.若，则
B.若，则
C.若，则
D.若，则
6．某中学举行党史学习教育知识竞赛，甲队有、、、、、共名选手其中名男生名女生，按比赛规则，比赛时现场从中随机抽出名选手答题，则至少有名女同学被选中的概率是（）
A. B.
C. D.
7．已知函数在上可导，且，则与的大小关系为
A. B.
C. D.不确定
8．围棋起源于中国，据先秦典籍世本记载：“尧造围棋，丹朱善之”，至今已有四千多年历史．围棋不仅能抒发意境、陶冶情操、修身养性、生慧增智，而且还与天象易理、兵法策略、治国安邦等相关联，蕴含着中华文化的丰富内涵．在某次国际围棋比赛中，规定甲与乙对阵，丙与丁对阵，两场比赛的胜者争夺冠军，根据以往战绩，他们之间相互获胜的概率如下：

甲
乙
丙
丁
甲获胜概率

乙获胜概率

丙获胜概率

丁获胜概率

则甲最终获得冠军的概率是（ ）

A.0.165 B.0.24
C.0.275 D.0.36
9．已知抛物线的准线方程为，则此抛物线的标准方程为（）
A. B.
C. D.
10．已知点为直线上任意一点，为坐标原点．则以为直径的圆除过定点外还过定点（）
A. B.
C. D.
11．方程所表示的曲线为（）
A.射线 B.直线
C.射线或直线 D.无法确定
12．棱长为1的正四面体的表面积是（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．将连续的正整数填入n行n列的方阵中，使得每行、每列、每条对角线上的数之和相等，可得到n阶幻方.记n阶幻方每条对角线上的数之和为，如图：，那么的值为___________.

14．已知为数列{}前n项和，若，且），则＝___
15．已知双曲线：的右焦点为，过点向双曲线的一条渐近线引垂线，垂足为，交另一条渐近线于，若，则双曲线的渐近线方程为__________
16．已知直线l：和圆C：，过直线l上一点P作圆C的一条切线，切点为A，则的最小值为______
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）已知抛物线C：，直线l经过点，且与抛物线C交于M，N两点，其中.
（1）若，且，求点M的坐标；
（2）是否存在正数m，使得以MN为直径的圆经过坐标原点O，若存在，请求出正数m，若不存在，请说明理由.
18．（12分）如图，四棱锥中，平面、底面为菱形，为的中点.

（1）证明：平面；
（2）设，菱形的面积为，求二面角的余弦值.
19．（12分）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为AB，BC上的动点，且.

（1）求证：；
（2）当时，求点A到平面的距离.
20．（12分）在四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，PA=2AB=2

（1）求四棱锥P﹣ABCD的体积V；
（2）若F为PC的中点，求证PC⊥平面AEF
21．（12分）已知圆心为的圆经过，两点，且圆心在直线上，求此圆的标准方程.
22．（10分）已知椭圆的中心在原点，焦点为，，且长轴长为4.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆相交于A，两点，求弦长.
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】利用二面角S﹣AC﹣B的余弦值求得，由此判断出，且两两垂直，由此将三棱锥补形成正方体，利用正方体的外接球半径，求得外接球的表面积.
【详解】设是的中点，连接，由于，所以，所以是二面角的平面角，所以.在三角形中，，在三角形中，，在三角形中，由余弦定理得：，所以，由于，所以两两垂直.由此将三棱锥补形成正方体如下图所示，正方体的边长为2，则体对角线长为.设正方体外接球的半径为，则，所以外接球的表面积为，
故选：.

2、A
【解析】根据直线垂直求出的范围即可得出.
【详解】由直线垂直可得，解得或1，
所以“ ” 是 “直线 与直线 互相垂直” 的充分不必要条件.
故选：A.
3、A
【解析】因为“若，则”是真命题，“若，则”是假命题，所以“”是“”成立的充分不必要条件．选A
考点：充分必要条件的判断
【易错点睛】本题主要考查了充分条件,必要条件,充要条件的判断,属于基础题.对于命题“若,则
”是真命题,我们说,并且说是的充分条件，是的必要条件，命题“若,则”是假命题,我们说,由充分条件，必要条件的定义，可以判断出“”是“”成立的充分不必要条件．掌握充分条件，必要条件的定义是解题关键
4、C
【解析】根据已知条件求得，由此求得椭圆的方程.
【详解】依题意，
所以椭圆方程为.
故选：C
5、D
【解析】根据空间里面直线与平面、平面与平面位置关系的相关定理逐项判断即可.
【详解】A，若，则或异面，故该选项错误；
B，若，则或相交，故该选项错误；
C，若，则α，β不一定垂直，故该选项错误；
D，若，则利用面面垂直的性质可得，故该选项正确.
故选：D.
6、D
【解析】现场选名选手，共种情况，设，，，四位同学为男同学则没有女同学被选中的情况，共有6种，利用对立事件进行求解，即可得到答案；
【详解】现场选名选手，基本事件有：，，，，，，，，，，，，，，共种情况，不妨设，，，四位同学为男同学则没有女同学被选中的情况是：，，，，，共种， 则至少有一名女同学被选中的概率为.
故选：.
7、B
【解析】由,
所以.
8、B
【解析】先求出甲第一轮胜出的概率，再求出甲第二轮胜出的概率，即可得出结果.
【详解】甲最终获得冠军的概率，
故选：B.
9、D
【解析】由已知设抛物线方程为，由题意可得，求出，从而可得抛物线的方程
【详解】因为抛物线的准线方程为，
所以设抛物线方程为，
则，得，
所以抛物线方程为，
故选：D，
10、D
【解析】设垂直于直线，可知圆恒过垂足；两条直线方程联立可求得点坐标.
【详解】设垂直于直线，垂足为，则直线方程为：，
由圆的性质可知：以为直径的圆恒过点，
由得：，以为直径的圆恒过定点.
故选：D.
11、C
【解析】将方程化为或，由此可得所求曲线.
【详解】由得：或，即或，
方程所表示的曲线为射线或直线.
故选：C.
12、D
【解析】采用数形结合，根据边长，结合正四面体的概念，计算出正三角形的面积，可得结果
【详解】如图

由正四面体的概念可知，其四个面均是全等的等边三角形，由其棱长为1，
所以，所以可知：正四面体的表面积为，
故选：D

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、34
【解析】根据每行数字之和相等，四行数字之和刚好等于1到16之和可得.
【详解】4阶幻方中，4行数字之和，
得.
故答案为：34
14、2
【解析】第一步找出数列周期，第二步利用周期性求和.
【详解】,,,，，，可知数列{}是周期为4的周期数列，所以
故答案为:2.
15、
【解析】由题意得双曲线的右焦点F(c,0)，设一渐近线OM的方程为，则另一渐近线ON的方程为．设，
∵，
∴，
∴，解得
∴点M的坐标为，
又，
∴，整理得，
∴双曲线的渐近线方程为
答案：
点睛：
（1）已知双曲线的标准方程求双曲线的渐近线方程时，只要令双曲线的标准方程中“1”为“0”就得到两渐近线方程，即方程就是双曲线的两条渐近线方程
（2）求双曲线的渐进线方程的关键是求出的关系，并根据焦点的位置确定出渐近线的形式，并进一步得到其方程
16、1
【解析】求出圆C的圆心坐标、半径，再借助圆的切线性质及勾股定理列式计算作答.
【详解】圆C：，圆心为，半径，点C到直线l的距离，
由圆的切线性质知：，
当且仅当，即点P是过点C作直线l的垂线的垂足时取“=”，
所以的最小值为1
故答案为：1

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）或
（2）存在，
【解析】（1）确定点为抛物线的焦点，则根据抛物线的焦半径公式，结合抛物线方程，求得答案;
（2）假设存在正数m，使得以MN为直径的圆经过坐标原点O，可推得，由此可设直线方程，联立抛物线方程，利用根与系数的关系，代入到中，可得结论.
【小问1详解】
依题意得为的焦点,
故，解得,
故，则
∴点的坐标或;
【小问2详解】
假设存在正数，使得以为直径的圆经过坐标原点,
∴，
设直线：，，，
由,得
,
则，,
∵，,∴,
解得或（舍去）
所以存在正数，使得以为直径的圆经过坐标原点.
18、（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）连接交于点，连接，则，利用线面平行的判定定理，即可得证；
（2）根据题意，求得菱形的边长，取中点，可证，如图建系，求得点坐标及坐标，即可求得平面的法向量，根据平面PAD，可求得面的法向量，利用空间向量的夹角公式，即可求得答案.
【详解】（1）连接交于点，连接，
则、E分别为、的中点，所以，
又平面平面
所以平面

（2）由菱形的面积为，，易得菱形边长为，
取中点，连接，因为，所以，
以点为原点，以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立如图所示坐标系.

则
所以
设平面的法向量，由
得，令，则
所以一个法向量，
因为，，所以平面PAD，
所以平面的一个法向量
所以，
又二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为
【点睛】解题的关键是熟练掌握证明平行的定理，证明线面平行时，常用中位线法和平行四边形法来证明；利用空间向量求解二面角为常考题型，步骤为建系、求点坐标、求所需向量坐标、求法向量、利用夹角公式求解，属基础题.
19、（1）证明见解析
（2）
【解析】(1)如图，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法分别求出和，再证明即可；
(2)利用空间向量的数量积求出平面的法向量，结合求点到面距离的向量法即可得出结果.
【小问1详解】
证明：如图，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，
所以，，
所以，
故，所以；
【小问2详解】
当时，，，，，
则，，，
设是平面的法向量，则
由，解得，取，得，
设点A到平面的距离为，则，
所以点A到平面的距离为.
20、 (1)(2)见解析.
【解析】（1）在中，，求得，由此能求出四棱锥 的体积；（2）由平面 ，证得和 ，由此利用线面垂直的判定定理，即可证得平面.
试题解析：（1）在中，.
在中,

.
则.
（2）， 为的中点， .
平面.
平面 .
为 中点，为 为中点，，则.
平面.
考点：四棱锥的体积公式；直线与平面垂直的判定与证明.
21、
【解析】设圆心坐标为，根据两点在圆上利用两点的距离公式建立关于的方程，解出值．从而求出圆的圆心和半径，可得圆的方程
【详解】解：∵ 圆心在直线，
∴设圆心坐标为，
根据点和在圆上，可得
解之得.
∴圆心坐标为，半径.
因此，此圆的标准方程是
22、（1）
（2）
【解析】（1）由已知直接可得；
（2）联立方程组求出A，两点坐标，再由两点间距离公式可得.
【小问1详解】
∵椭圆的中心在原点，焦点为，且长轴长为4，
，，，
故椭圆的方程为；
【小问2详解】
设，联立解得和， ，
∴弦长.