云南省玉溪第一中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷

这是一份云南省玉溪第一中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
总分：150 分，考试时间：120 分钟命题人：高一备课组审题人：高一备课组
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分，在每小题给?的四个选项中，只有一个选项是正确的.
已知集合 A={x | -2≤x≤2}，B={0, 2, 4}，则 A ∩ B =
{2, 0}
{2, 0, 2}
{2, 1, 0,1, 2}
{0, 2}
若点 P 2, 2 在圆O :  x  a2   y  a2  16 的内部，则实数 a 的取值范围是
2  a  2
0  a  2
a  2 或a  2
a  2
如图，已知正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 1，则四棱锥 A1  BB1D1D 的体积为
A． 2
3
B． 1
3
C． 2
6
D． 1
4
已知偶函数 f (x) 在 上单调递减，则满足的 x 的取值范围是
( 1 , )B.
4
C.D.
( 3 ,  1 )
44
x2
已知椭圆C : 4
 y2
3
 1 的左右焦点分别为 F ， F ，点 P 在椭圆 C 上且F PF  60 ，则三角形
1212
PF1F2 的面积为
3
A.
B.3
3
C. 1D. 2
设等差数列a ， b 的前 n 项和分别为 S ,Tn ∈N*，若 Sn  2n  3 ，则 a2  a14 的值
nnnn
T4n  3b  b
n313
为
37B.
65
19C.
29
11D. 9
1919
已知直线 2 x  3 y  0 与双曲线 无公共交点，则 C 的离心率的取值范围是
B. C. D.
高斯是世界四大数学家之一，一生成就极为丰硕，以他的名字“高斯”命名的成果达 110 个.高斯函数 y=[x]，其中[x]表示不超过实数 x 的最大整数，例如[1.8]=1，[-1.9]=−2，若函数
且 a  1) 有且仅有 4 个零点，则实数 a 的取值范围为
B. C. D. [4, 5)
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给?的选项中，有多项符合题目要求. 全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
过点 P(2, 0) 的直线 l 与直线l1 : x  y  2  0 平行，则下列说法正确的是
直线 l 的方程为： x  y  2  0
直线 l 的倾斜角为45
2
直线 l 与直线l1 间的距离为2
过点 P 且与直线 l 垂直的直线为： x  y  2  0
在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，若点 F 是侧面CDD1C1 的中心，且 AF  AD  m AB  n AA1 ，则
m   1
2
m  1
2
n   1
2
n  1
2
2
过抛物线C：y2  2 px  p  0 的焦点 F 的直线l 交C 于 A, B 两点，其中M 是 AB 的中点，点 M 到 y 轴的距离的最小值为 1 ， O 为坐标原点，则下列命题正确的是
p  1
AF
BF
1  1  2
AB 2  4 OM 2  2
点M 的轨迹方程是 y2  x  1
2
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知复数 z  i 2  i 1，则 z  .
已知一圆的圆心为M 3, 5 ，且与直线 x  7 y  2  0 相切，则该圆的面积为.
若存在等比数列an ，使得6 2a1  a1a2  a1a3  9 ，则公比q 的取值范围是.
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．(13 分)在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 a cs B  b cs A  2c cs C.
求C;
若c  1，求△ABC 面积的取值范围.
16．(15 分)如图，在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中， ， AB  BC.
求证： AB1  平面 A1BC;
求平面 A1BC 与平面 A1 ACC1 夹角的余弦值.
17．(15 分)已知an 为等差数列，且a2  4 ， a6  a5  6 .
求an 的通项公式；
求an 的前n 项和Sn 及Sn 的最大值.
2
18．(17 分)已知抛物线C : x2  2 py  p  0 的焦点 F 到直线 y  x  1 的距离为，不过原点的直
线l 与C 交于 A, B 两点.
求C 的标准方程；
若直线l 的方程为 y  2x 1，求 AB ；
若 OA 垂直于 OB，求证∶直线l 过定点；
2
19．(17 分) 已知椭圆 E : x
a2
2
y
 1 (a  b  0) 的离心率为 1
b22
，右焦点为
F (1, 0)
，过 F 的直线交
E 于 A, B 两点， M 为 AB 的中点．
求 E 的标准方程；
若 AB 的垂直平分线交 y 轴于 N ，且 MN

1
4
AB .
求直线 AB 的方程；
点 P 在 E 上，求△ PAB 面积的最大值．
参考答案
一，选择题
8.解：函数y =x−[x]−1 + lgax(a > 0,a ≠ 1)有且仅有4个零点，
1
2
3
4
5
6
7
8
D
A
B
C
A
C
B
D
即y = lgax的图象与y = 1 +[x]−x =
作出y = 1 +[x]−x的图象，
1−x,0 1,
< 5．
10.【答案】BC
【详解】在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，由于点 F 是侧面CDD1C1 的中心，
所以 AF  AD  DF  AD DC  DD  AD AB AA1 ，
–––→–––→–––→–––→1 –––→––––→
2

–––→1 –––→1 –––→
1

2
2
所以m  1 ， n  1 ，即n   1 ．
2
2
2
9. 【答案】ACD
【详解】过点 P(2, 0) 的直线 l 与直线l1 : x  y  2  0 平行，
设直线 l 方程为l1 : x  y  m  0 ， P(2, 0) 代入可得2  0  m  0 ，解得： m  2 ,所以直线 l 的方程为：
x  y  2  0 ，A 正确，
直线 l 的斜率k  1 ，直线 l 的倾斜角为135 ，则 B 错误，
l
与直线l 的距离为
2  

2
1
d 
12 12
 2
2 ，C 正确，
过点 P 且与直线 l 垂直的直线可设为： x  y  n  0 ， P(2, 0) 代入可得2  0  n  0 ，解得： n  2 ,则过点
P 且与直线 l 垂直的直线为： x  y  2  0 ，D 正确.
12. 【答案】2
【详解】 z  2i ，则 z  2 .
13. 【答案】32π
【详解】因为圆 M 与直线. x  7 y  2  0 相切，
所以点M 3, 5 到直线： x  7 y  2  0 的距离即为圆 M 的半径，
其中
x  x  ty  ty  p  t y  y 2 pt  p
p
p
2
1
2
2

12

2
，所以
x 
x  x
0
 pt 
2
12
12
2
p ，
2
A 选项，点
M
到 y 轴的最短距离为
x  pt 
2
0
p
2
，显然当时，取得最小值，
t  0
故 p  1 ，解得 p  1 ，A 正确；
22
B 选项，由焦半径公式得 AF  x  1 ， BF  x  1 ，
1
2
2
2
其中
x  x  2t 1
2
1
12
，
x x y y 
1 2
4

21
1 2
4

1
21
1
4
，所以
 2 ，
1
C 选项， AB  x  x 1  2t  2 ，
2
12
OM x  y  t
2
002 
222

1 
2

 t  t  2t 
242

1
4
，
故 AB 2  4t 4  8t 2  4 ， 4 OM 2  3  4t 4  8t 2  4 ， AB 2  4 OM 2  3 ，C 错误.
D 选项，由于
x  t 
2
0
1
2
， y 
0
t ，消去t 可得 y
2
00
 x 
1 ，
2
故点M 的轨迹方程是 y2  x  1 ，D 正确；
2
 pt ，
12
2
0
y  y  y
 ，则
0
0

设M x , y
,
1 2
2
2 pt , y y   p
2
1

2
2


1
1

，设 A x , y , B x , y ，则 y  y 
2
2 2
  4 p t  4 p  0
2
设直线l 为 x  p  ty ，联立C：y2  2 px  p  0 得 y2  2 pty  p2  0 ，
当直线l 的斜率为 0 时，直线l 与抛物线C：y2  2 px  p  0 只有 1 个交点，不合要
求，

 2
【详解】显然 F  p , 0  ，
11. 【答案】ABD
BF
AF
三、填空题
当q2  q  0 时，易知q   1 ，符合题意；但当q2  q  0 时， Δ  72  36 q2  q  0 ，
解得2≤q≤1，且q  0 ,则公比q 的取值范围是2, 0 0,1 .
1
2a  9  0 ，
1
2

2
q  q a  6

，整理得
11 21 3
2a  a a  a a  9
【详解】由题设数列的公比为q q  0 ，则6
14. 【答案】2, 0 0,1
.
2

2 32π
2 ，圆 C 的面积为π4
40
 4
5 2
3  7 5  2  0
1 72
所以r 
四、解答题
解：(1)由正弦定理得：sin?cs? + sin?cs? = 2sin?cs?，
所以sin(? + ?) = 2sin?cs?，即sin(?−?) = 2sin?cs?，
1?
因为???? ≠ 0，所以cs? = 2，又? ∈ (0,?)，所以? = 3；
(2)由余弦定理得：?2 = ?2 + ?2−2??cs?，即1 = ?2 + ?2−??，
所以1 ≥ 2??−??，即0 < ?? ≤ 1，又?
1133
，
= ??sin? ≤ ×=∴ ?
∈ (0, 3].
△???2
224
△???4
解： (1) 因为在直三棱柱中 AA1  AB  2 ，则四边形 ABB1 A1 是正方形，故 AB1  A1B ，又在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中， AA1  平面 ABC， BC  平面 ABC，所以 AA1  BC ，
又 AB  BC ， AA1  AB  A ， AA1 ， AB  平面 ABB1 A1 ，则 BC  平面 ABB1 A1 ，而 AB1  平面 ABB1 A1 ，故 BC  AB1 ，
由 AB1  A1B ， AB1  BC ，且 A1B  BC  B ， A1B ， BC  平面 A1BC ，得 AB1  平面 A1BC.
(2) 以 B 为原点，BA，BC， BB1 所在直线分别为 x，y，z 轴，建空间直角坐标系，
–––→–––→
则 B(0, 0, 0) ， A(2, 0, 0) ， C (0, 2 3, 0) ， A1(2, 0, 2). 则 BA1  (2, 0, 2) ， BC  (0, 2 3, 0) ，
–→
设平面 A1BC 的法向量 n1  (x1 , y1 , z1 ) ，由 ， ，得，
–→–––→
–––→
取 x1  1 ，则 n1  (1, 0, 1) ，又 AA1  (0, 0, 2) ， AC  (2, 2 3, 0) ，
––→
设平面 A1 ACC1 的法向量 n2  (x2 , y2 , z2 ) ，由， ，得，
取 y2  1 ，则
设平面 A1BC 与平面 A1 ACC1 的夹角为θ，由图像可知，θ为锐角，则
n
(1) a  2n  8, n  N*
n34
(2) S  7  n n, n  N* ；最大值为S  S  12
nn
【详解】（1）设数列an的公差为d ，则a2  a1  d  4 ， a6  a5  2a1  9d  6 ，解得a1  6, d  2 ，则数列a 的通项公式为a  2n  8, n  N* .
（2） Sn
 a1  an  n  6  8  2n n  7  n n ， n  N* ，
22
因二次函数 y  7  x x 在 x  7 处取最大值，故S 的最大值为S  S
 12 .
2n34
(1) x2  4 y
15
(2) 4
(3)证明见解析
【详解】（1）根据题意作图如下：
2
2
p 1
p 
2
2
由题意知 F  0,  .因为点 F 到直线 y  x  1 的距离为

，所以
 2 ，
解得 p  2 或 p  6 ，又因为 p  0 ，所以 p  2 ，所以抛物线C 的标准方程为 x2  4 y .
（2）根据题意作图如下：
将 y  2x 1代入 x2  4 y ，得 x2  8x  4  0 ，则Δ  64 16  0, xA  xB  8, xA xB  4 ，
1 22x

AB
 x 4x x

2
A B
2
x  4kx  4t  0
，则
x  4 y
 2
 y  kx  t
设直线 l 的方程为 y  kx  t ，联立方程组
A B
所以 x x  16
16
x 2 x 2
xA xB  A B  0,
所以
B
2
x 4 y
 B
A BA B
A
x 2  4 y
（3）证明：由OA  OB, 则 x x  y y  0, 又 A
所以 AB  4 15 .
当  16k 2 16t  0 时，有 xA  xB  4t  16 ，得t  4
所以直线 l 的方程为 y  kx  4 ，所以直线l 过定点0, 4
19．(1) E
的方程为 x2  y2  ；.
1
43
(2)（i） y   3 7 (x 1) ；（ii） 8 57  24 .
719
1, c1
a2  c2
【详解】（1）由题意， c 
a  2 ，则a  2 ， b 
 3 ，
3
则 E 的方程为 x2  y2  1，短轴长2b .
432
2222 1
（2）（i）当直线 AB 斜率不存在时， M (1, 0) ， N (0, 0) ，不合题意，故设直线 AB 的方程为： y  k (x 1) ， A( x1, y1 ), B( x2 , y2 )，
 y  k (x 1)
x 
8k 2

联立 x2y2

，得4k  3 x  8k x  4k 12  0 ， 
 1
x24k 2  3
，
4k 2 12

 43
M
所以 x  x1  x2 
4k 2
， AB 
1 k 2

x1 x2 
(x  x )2  4x x
12
1 2

4k 2  3
12(k 2 1) ，
24k 2  34k 2  3
1 1
k 2
1
4
k  
4 k 2 (k 2 1) ，由 MN AB 得 4 k 2 (k 2 1)3(k 2 1) ，解得3 7 ，
MN 
xM 
4k 2  3
4k 2  3 4k 2  37
所以直线 AB 的方程为： y   3 7 (x 1) .
7
（ii）由于点 P 在 E 上，故设 P(2 csα, 3 sinα) ，
由对称性，设3 7 ， AB : y  kx  k  0 ，
12(k 2 1)64 ，
k | AB |
7
4k 2  3  19
3 sinα 2k csα k
1 k 2
1 k 2
3  4k 2 sin αφ  k
则点 P 到 AB 的距离d 
3  4k 2
其中sinφ 2k
, csφ，
3
3  4k 2
当αφ π 时，
2
max ，
1 k 2
3  4k 2  k
57  3
d
4
SV PAB

AB d  8 57  24 .
1
2
19
所以△ PAB 面积的最大值为 8 57  24 .
19