广西壮族自治区玉林市第一中学2026届数学高二第一学期期末检测试题含解析.doc

广西壮族自治区玉林市第一中学2026届数学高二第一学期期末检测试题
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．设为空间中的四个不同点，则“中有三点在同一条直线上”是“在同一个平面上”的（ ）
A.充分非必要条件 B.必要非充分条件
C.充要条件 D.既非充分又非必要条件
2．已知，则方程与在同一坐标系内对应的图形编号可能是（）

A.①④ B.②③
C.①② D.③④
3．从装有2个红球和2个白球的口袋内任取两个球，则下列选项中的两个事件为互斥事件的是（）
A.至多有1个白球；都是红球 B.至少有1个白球；至少有1个红球
C.恰好有1个白球；都是红球 D.至多有1个白球；至多有1个红球
4．用反证法证明命题“a，b∈N，如果ab可以被5整除，那么a，b至少有1个能被5整除．”假设内容是(　　)
A.a，b都能被5整除 B.a，b都不能被5整除
C.a不能被5整除 D.a，b有1个不能被5整除
5．已知向量，，且，则的值是（ ）
A. B.
C. D.
6．已知对称轴为坐标轴的双曲线的两渐近线方程为，若双曲线上有一点，使，则双曲线的焦点（）
A.在轴上 B.在轴上
C.当时在轴上 D.当时在轴上
7．设双曲线的左、右顶点分别为、，点在双曲线上第一象限内的点，若的三个内角分别为、、且，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
8．直线的倾斜角为（ ）
A.30° B.60°
C.90° D.120°
9．若a>b，c>d，则下列不等式中一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
10．已知不等式解集为，下列结论正确的是（　　）
A. B.
C. D.
11．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了（ ）
A 192 里 B.96 里
C.48 里 D.24 里
12．如图，在棱长为1的正方体中，M是的中点，则点到平面MBD的距离是（ ）

A. B
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知函数是定义域上的单调递增函数，是的导数且为定义域上的单调递减函数，请写出一个满足条件的函数的解析式___________
14．已知数列则是这个数列的第________项.
15．九连环是中国的一种古老智力游对，它用九个圆环相连成串，环环相扣，以解开为胜，趣味无穷.中国的末代皇帝溥仪（1906-1967）也曾有一个精美的由九个翡翠缳相连的银制的九连环（如图）.现假设有个圆环，用表示按照某种规则解下个圆环所需的银和翠玉制九连环最少移动次数，且数列满足，，则___________.

16．将数列{n}按“第n组有n个数”的规则分组如下：（1），(2，3)，(4，5，6)，…，则第22组中的第一个数是_________
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）在二项式的展开式中；
（1）若，求常数项；
（2）若第4项的系数与第7项的系数比为，求：
①二项展开式中的各项的二项式系数之和；
②二项展开式中各项的系数之和
18．（12分）设F为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆C交于两点.

（1）若点B为椭圆C的上顶点，求直线的方程；
（2）设直线的斜率分别为，，求证：为定值.
19．（12分）已知函数（其中a常数）
（1）求的单调递增区间；
（2）若，时，的最小值为4，求a的值
20．（12分）已知直线.
（1）若，求直线与直线交点坐标；
（2）若直线与直线垂直，求a的值.
21．（12分）直线经过点，且与圆相交与两点，截得的弦长为，求的方程.
22．（10分）在如图所示的多面体中，且，，，且，，且，平面，

（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值
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】由公理2的推论即可得到答案.
【详解】由公理2的推论:
过一条直线和直线外一点,有且只有一个平面,
可得在同一平面,
故充分条件成立;
由公理2的推论：
过两条平行直线,有且只有一个平面,
可得,
当时,
同一个平面上,
但中无三点共线,
故必要条件不成立;
故选:A
【点睛】本题考查点线面的位置关系和充分必要条件的判断,重点考查公理2及其推论;属于中档题;
公理2的三个推论：
经过一条直线和直线外一点,有且只有一个平面;
经过两条平行直线,有且只有一个平面;
经过两条相交直线,有且只有一个平面;
2、B
【解析】结合椭圆、双曲线、抛物线的图像，分别对①②③④分析m、n的正负，即可得到答案.
【详解】对于①：由双曲线的图像可知：；由抛物线的图像可知：同号，矛盾.故①错误；
对于②：由双曲线的图像可知：；由抛物线的图像可知：异号，符合要求.故②成立；
对于③：由椭圆的图像可知：；由抛物线的图像可知：同号，且抛物线的焦点在x轴上，符合要求.故③成立；
对于④：由椭圆的图像可知：；由抛物线的图像可知：同号，且抛物线的焦点在x轴上，矛盾.故④错误；
故选：B
3、C
【解析】根据试验过程进行分析，利用互斥事件的定义对四个选项一一判断即可.
【详解】对于A：“至多有1个白球”包含都是红球和一红一白，“都是红球”包含都是红球，所以“至多有1个白球”与“都是红球”不是互斥事件.故A错误；
对于B：“至少有1个白球”包含都是白球和一红一白，“至少有1个红球”包含都是红球和一红一白，所以“至少有1个白球”与“至少有1个红球”不是互斥事件.故B错误；
对于C：“恰好有1个白球”包含一红一白，“都是红球”包含都是红球，所以“恰好有1个白球”与“都是红球”是互斥事件.故C错误；
对于D：“至多有1个红球”包含都是白球和一红一白，“至多有1个白球”包含都是红球和一红一白，所以“至多有1个白球”与“至多有1个红球”不是互斥事件.故D错误.
故选：C
4、B
【解析】由于反证法是命题的否定的一个运用，故用反证法证明命题时，可以设其否定成立进行推证．命题“a，b∈N，如果ab可被5整除，那么a，b至少有1个能被5整除．”的否定是“a，b都不能被5整除”
考点：反证法
5、A
【解析】求出向量，的坐标，利用向量数量积坐标表示即可求解.
【详解】因为向量，，
所以，，
因为，
所以，解得：，
故选：A.
6、B
【解析】设出双曲线的一般方程，利用题设不等式，令二者平方，整理求得的，进而可判断出焦点的位置
【详解】渐近线方程为，
，平方，
两边除，，
，
双曲线的焦点在轴上.
故选B.
【点睛】本题考查已知双曲线的渐近线方程求双曲线的方程，考查对双曲线标准方程的理解与运用，求解时要注意焦点落在轴或轴的特点，考查学生分析问题和解决问题的能力
7、B
【解析】设点，其中，，求得，且有，，利用两角和的正切公式可求得的值，进而可求得的值，即可得出该双曲线的渐近线的方程.
【详解】易知点、，设点，其中，，且，
，且，
，，所以，，
，
因为，
所以，，则，
因此，该双曲线渐近线方程为.
故选：B.
8、B
【解析】根据给定方程求出直线斜率，再利用斜率的定义列式计算得解.
【详解】直线的斜率，设其倾斜角为，
显然，则有，解得，
直线的倾斜角为.
故选：B
9、B
【解析】根据不等式的性质及反例判断各个选项.
【详解】因为c>d，所以，所以，所以B正确；
时，不满足选项A；
时，，且，所以不满足选项CD；
故选：B
10、C
【解析】根据不等式解集为，得方程的解为或，且，利用韦达定理即可将用表示，即可判断各选项的正误.
【详解】解：因为不等式解集为，
所以方程的解为或，且，
所以，所以，
所以，故ABD错误；
，故C正确.
故选：C.
11、B
【解析】由题可得此人每天走的步数等比数列，根据求和公式求出首项可得.
【详解】由题意可知此人每天走的步数构成为公比的等比数列，
由题意和等比数列的求和公式可得，解得，
第此人第二天走里.
故选：B
12、A
【解析】等体积法求解点到平面的距离.
【详解】连接，，则，，由勾股定理得：，，取BD中点E，连接ME，由三线合一得：ME⊥BD，则，故，设到平面MBD的距离是，则，解得：，故点到平面MBD的距离是.

故选：A

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、（答案不唯一）
【解析】由题意可得0，结合在定义域上为减函数可取.
【详解】因为在定义域为单调增函数
所以在定义域上0，
又因为在定义域上为减函数，且大于等于0.
所以可取()，()，满足条件
所以可为().
故答案为：（答案不唯一） .
14、12
【解析】根据被开方数的特点求出数列的通项公式，最后利用通项公式进行求解即可.
【详解】数列中每一项被开方数分别为：6，10，14，18，22，…，因此这些被开方数是以6为首项，4为公差的等差数列，设该等差数列为，其通项公式为
设数列为，所以，
于是有，
故答案为：
15、684
【解析】利用累加法可求得的值.
【详解】当且时，，
所以，
.
故答案为：.
16、
【解析】由已知，第组中最后一个数即为前组数的个数和，由此可求得第21组的最后一个数，从而就可得第22组的第一个数.
【详解】由条件可知，第21组的最后一个数为，
所以第22组的第1个数为.
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）60（2）①1024；②1
【解析】（1）根据二项式定理求解
（2）根据二项式定理与条件求解，二项式系数之和为，系数和可赋值
【小问1详解】
若，则，（，…，9）
令∴∴常数项为.
【小问2详解】
，（，…，）
，解得
①
②令，得系数和为
18、（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）求出的直线方程，结合椭圆方程可求的坐标，从而可求的直线方程；
（2）设，直线（或），则可用两点的坐标表示或，联立直线的方程和椭圆的方程，消元后利用韦达定理可化简前者从而得到要证明的结论
【详解】（1）若B为椭圆的上顶点，则.
又过点，故直线
由可得，解得即点，
又，故直线；
（2）设，
方法一：
设直线，代入椭圆方程可得：
所以，
故
，
又均不为0，故，即为定值
方法二：
设直线，代入椭圆方程可得：
所以
所以，即，
所以，
即为定值
方法三：
设直线，代入椭圆方程可得：
所以，
所以
所以，
把代入得
方法四：
设直线，代入椭圆的方程可得，
则
所以.
因为，
代入得.
【点睛】思路点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.
19、（1）；（2）.
【解析】（1）利用三角恒等变换思想化简函数解析式为，然后解不等式，可得答案；
（2）由计算出的取值范围，利用正弦函数的基本性质可求得函数的最小值，进而可求得实数的值.
【详解】（1）

，
令，解得.
所以，函数的单调递增区间为；
（2）当时，，所以，
所以，解得.
20、（1）
（2）
【解析】（1）联立两直线方程，解方程组即可得解；
（2）根据两直线垂直列出方程，解之即可得出答案.
【小问1详解】
解：当时，直线，
联立，解得，
即交点坐标为；
【小问2详解】
解：直线与直线垂直，
则，解得.
21、或
【解析】直线截圆得的弦长为，结合圆的半径为5，利用勾股定理可得圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式列方程求出直线斜率，由点斜式可得结果.
【详解】设直线的方程为，即，
因为圆的半径为5，截得的弦长为
所以圆心到直线的距离，
即或，
∴所求直线的方程为或.
【点睛】本题主要考查点到直线距离公式以及圆的弦长的求法，求圆的弦长有两种方法：一是利用弦长公式，结合韦达定理求解；二是利用半弦长，弦心距，圆半径构成直角三角形，利用勾股定理求解.
22、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）根据线面垂直的性质可得，，如图所示，以为坐标原点建立空间直角坐标系，证明即可得证；
（2）求出平面与平面的法向量，再利用向量法即可得解.
【小问1详解】
证明：因为平面，
平面，平面，
所以，且，
因为，
如图所示，以为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
所以，，
，
所以；
【小问2详解】
，
设平面的法向量为，
则，即，
令，有，
设平面的法向量为，
则，即，
令，有，
设平面和平面的夹角为，
，
所以平面和平面的夹角的余弦值为