2025-2026学年第一学期高二期末诊断调研数学试卷（含答案+解析）

这是一份2025-2026学年第一学期高二期末诊断调研数学试卷（含答案+解析），共13页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.设x∈R，向量a=x,1,1，c=1,−2,1，且a⊥c，则x=( )
A. −4B. −1C. 4D. 1
2.“m>1”是“方程x2m−1−y2m+3=1表示的曲线是双曲线”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.先后抛掷质地均匀的硬币4次，得到以下结论错误的是( )
A. 可以从不同的观察角度写出不同的样本空间
B. 事件“至少2次正面朝上”与事件“至少2次反面朝上”是互斥事件
C. 事件“至少1次正面朝上”与事件“4次反面朝上”是对立事件
D. 事件“1次正面朝上3次反面朝上”发生的概率是14
4.如图，已知二面角α−l−β的平面角为θ，在平面α内有一条射线AB与棱l所成的锐角为δ，与平面β所成的角为γ，则必有( )
A. sinθsinδ=sinγB. sinθsinδ=csγ
C. csθcsδ=sinγD. csθcsδ=csγ
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.记事件A的对立事件为A，若PA=13，则P(A)为 .
6.直线l:x+ 3y+2=0的一个法向量为 .
7.设等差数列an的前n项和为Sn，若a4=2，则S7= .
8.直线x+y−1=0被圆x+12+y2=3截得的弦长为 .
9.若某圆锥的底面半径为2，高为2，则该圆锥的侧面积为 .(结果保留π)
10.如图，在空间四边形OACB中，OA=a，OB=b，OC=c，点M在OA上，且OM=23OA，点N为BC中点，则MN= .(用向量a，b，c表示)
11.在棱长为3的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点A1到平面AB1C的距离为 .
12.给定点A(1,0,0)，B(2,1,1)，C(5,−4,3)，则AC在AB方向上的数量投影为 .
13.一个不透明的箱子里装有除号码外完全相同的五张卡片，每张卡片上分别写有一个数字号码1，2，3，4，5.现一次从中随机抽取两张卡片，观察这两张卡片上的数字号码之和是奇数的概率为 .
14.已知点A(−2,5)，点M是抛物线x2=8y上的一点，点B是圆F：x2+(y−2)2=1上的一点，则|MA|+|MB|的最小值为 .
15.已知x2−y2=1，则1x2−y2x的取值范围为 .
16.已知正项数列an的前n项和为Sn,a1=1，且an= Sn+ Sn−1n∈N*,n≥2.若在ak和ak+1k∈N*中插入k个相同的数(−1)k+1⋅k，构成一个新数列bn，即a1,1,a2,−2,−2,a3,3,3,3,a4,…，记数列bn的前n项和为Tn，则T2026= .
三、解答题：本题共5小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
有4个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．
(1)写出这个试验的一个等可能的样本空间Ω；
(2)事件A表示“第一次取出的球的数字是1”，事件B表示“两次取出的球的数字之和是5”．判断事件A和事件B是否相互独立，并说明理由．
18.(本小题15分)
已知直线l的方程为y=−(a+1)x+a−2(a∈R)：
(1)求证：直线l必过定点，并写出此定点的坐标；
(2)若直线l在两坐标轴上的截距相等，求a的值；
(3)若直线l不经过平面直角坐标系的第二象限，求a的取值范围．
19.(本小题15分)
已知数列an的前n项和为Sn=2n2+3n，数列bn满足b1=1，bn=bn−1+2n−1(n≥2).
(1)求数列an的通项公式；
(2)求数列bn的通项公式，并求i=1n1bi+1的值．
20.(本小题18分)
如图，PA⊥平面ABC，AB为圆O的直径，E，F分别为棱PC，PB的中点.
(1)证明：EF//平面ABC；
(2)证明：平面EFA⊥平面PAC；
(3)若PA=AB=4，AC=2，求二面角E−AB−C的大小.
21.(本小题18分)
已知双曲线Γ：x2−y23=1，点A(1,0)，点Q(1,2)，过点Q作动直线l与双曲线右支交于不同的两点B、C，点H在线段BC上，且与端点B、C不重合.
(1)求双曲线Γ的焦距和离心率；
(2)当H为BC中点时，△AQH的面积为7，求直线l的斜率；
(3)设直线AB、AH、AC分别与y轴交于点D、E、F，若E为DF的中点，证明：点H在一条定直线上，并求出该定直线的方程.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】由a⊥c得a⋅c=0，计算即可.
【详解】∵a⊥c，
∴a⋅c=0，
∵a=x,1,1，c=1,−2,1，
∴a⋅c=x⋅1+1×−2+1×1=0，解得：x=1.
故选：D
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查双曲线的标准方程、充分条件和必要条件的判断，属于基础题；
先求出方程表示双曲线的等价条件，再结合充分条件和必要条件的判断可得答案.
【解答】
解：当m>1时，m−1>0，m+3>0，方程表示双曲线；
当方程x2m−1−y2m+3=1表示双曲线时，m−1m+3>0，
解得：m1，
∴由方程x2m−1−y2m+3=1表示双曲线不能推出m>1，
故“m>1”是“方程x2m−1−y2m+3=1表示双曲线”的充分不必要条件.
故选：A.
3.【答案】B
【解析】【分析】根据样本空间的定义判断A；古典概型计算判断D；应用互斥事件定义判断B；应用对立事件定义判断C.
【详解】对于A，不同的观察角度所得到的样本空间可以不同，A正确；
对于B，事件“至少2次正面朝上”与事件“至少2次反面朝上”可以同时发生，如正正反反，B错误；
对于C，事件“至少1次正面朝上”与事件“4次反面朝上”不同时发生，
而必有一个发生，它们是对立事件，C正确；
对于D，先后抛掷质地均匀的硬币4次，有16个基本事件，其中事件“1次正面朝上3次反面朝上”
有：正反反反，反正反反，反反正反，反反反正，共4个基本事件，其概率为14，D正确.
故选：B
4.【答案】A
【解析】解：设O点为B点在平面β上的射影，作OC垂直棱l于C，连接BC，
由三垂线定理可知BC垂直棱l，
可得∠BCO是平面α−l−β的平面角θ，∠BAO是AB与平面β所成的角γ，∠BAC是AB与棱l所成的角δ，
可得：BO=ABsinγ，BC=ABsinδ，BO=BCsinθ，
则ABsinγ=BCsinθ=ABsinδsinθ⇒sinγ=sinθsinδ，
故选：A.
5.【答案】23
【解析】【解析】
【分析】由对立事件的概率公式计算求解即可.
【详解】因为PA=13，所以P(A)=1−13=23.
故答案为：23.
6.【答案】(1, 3)(答案不唯一，(t, 3t),t∈R,t≠0)
【解析】【分析】求出直线的斜率，进而求出它的一个法向量.
【详解】直线l:x+ 3y+2=0的斜率k=− 33，
所以该直线的一个方向向量为(1,− 33)，其法向量为可以为(1, 3).
故答案为：(1, 3)
7.【答案】14
【解析】【分析】根据给定条件，利用等差数列性质求出前7项和.
【详解】在等差数列an中，a4=2，所以S7=7(a1+a7)2=7a4=14.
故答案为：14
8.【答案】2
【解析】【分析】利用圆心到直线的距离以及弦长公式求解即可.
【详解】易知圆x+12+y2=3的圆心为−1,0，半径为 3；
由圆心−1,0到直线x+y−1=0的距离为d=−1+0−1 1+1= 2，
所以直线被圆截得的弦长为2 3−2=2.
故答案为：2
9.【答案】4 2π
【解析】【分析】根据扇形面积公式，求出弧长和半径，求出扇形面积即可.
【详解】圆锥的底面半径为2，高为2，则圆锥底面周长为4π，母线长为 22+22=2 2，
则侧面展开扇形面积为S侧=12×2 2×4π=4 2π；
故答案为：4 2π.
10.【答案】−23a+12b+12c
【解析】【分析】
本题考查了向量的三角形法则、平行四边形法则，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.
利用向量的三角形法则、平行四边形法则即可得出.
【解答】
解：MN=ON−OM
=12OB+OC−23OA
=−23a+12b+12c.
故答案为−23a+12b+12c.
11.【答案】 3
【解析】【分析】
本题考查了点面、线面、面面距离的向量求法，属于中档题.
以B为坐标原点，分别以BA ，BC，BB1的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，用向量法求点到平面的距离.
【解答】
解：以B为坐标原点，分别以BA ，BC，BB1的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图：
A(3,0,0),C(0,3,0),B1(0,0,3),D1(3,3,3)，
AC=(−3,3,0),AB1=(−3,0,3)，BD1=3,3,3，
因为AC⋅BD1=0,AB1⋅BD1=0，所以AC⊥BD1,AB1⊥BD1，
又因为AC∩AB1=A,AC、AB1⊂平面AB1C，所以BD1⊥平面AB1C，
所以BD1=3,3,3是平面AB1C的一个法向量，
又因为AA1=0,0,3，
∴点A1到平面AB1C的距离d=BD1⋅AA1BD1= 3.
故答案为： 3.
12.【答案】 3
【解析】【分析】
本题考查空间向量数量投影的计算，属于基础题.
根据数量投影的定义及数量积、模长的坐标表示求AC在AB方向上的数量投影.
【解答】
解：由题设AC=(4,−4,3)，AB=(1,1,1)，
所以|AC|cs< AC,AB>=AC⋅AB|AB|=4−4+3 3= 3.
故答案为： 3.
13.【答案】35
【解析】解：一次抽取两张卡片，可能抽出：12，13，14，15，23，24，25，34，35，45，共10种情况，
其中两张数字的数字之和是奇数的情况有“12，14，23，25，34，45”共6种情况，
故这两张卡片上的数字号码之和是奇数的概率为P=610=35.
故答案为：35.
运用列举法写出所有情况，再计算符合条件的比例即可．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
14.【答案】6
【解析】解：由题意知抛物线x2=8y的焦点为圆心F(0,2)，
过点M作抛物线准线y=−2的垂线，垂足为M′，如图所示：
记点M到抛物线x2=8y的准线的距离为d，
|M′M|=|MF|，|MB|≥|MF|−1=d−1≥2−1=1，
所以|MA|+|MB|≥|MA|+|MF|−1=|MA|+d−1≥5+2−1=6，
当且仅当直线AM与抛物线的准线垂直，
点B在线段MF上时即M′，M，A共线时取得最小值，等号成立，
所以|MA|+|MB|的最小值为6.
故答案为：6.
过M作准线的垂线，垂足为M′，由M′M=MF，因此先求|MA|+|MF|的最小值，由此可知当M′，M，A共线时取得最小值
本题考查抛物线的定义与几何性质，属于基础题．
15.【答案】−12,1716
【解析】【分析】根据“1”的代换，结合双曲线的渐近线斜率以及二次函数的性质即可求解，或者利用三角换元，以及二次函数的性质求解.
【详解】方法一：1x2−y2x=x2−y2x2−y2x=1−12⋅yx−yx2，
由x2−y2=1为等轴双曲线，其渐近线的斜率为±1，
令t=yx，则yx∈−1,1，故原式=−t2−12t+1=−t+142+1716∈−12,1716.
法二：令x=secθ，y=tanθ，则θ≠π2+kπ,k∈Z，
1x2−y2x=1sec2θ−tanθ2secθ=cs2θ−sinθ2
=1−12sinθ−sin2θ=−sinθ+142+1716.
由于sinθ∈−1,1，1x2−y2x=−sinθ+142+1716∈−12,1716,
故答案为：−12,1716
16.【答案】2646
【解析】【分析】由题意，结合an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2，可得数列 Sn是首项和公差均为1的等差数列，从而求得 Sn=n，所以Sn=n2.进而求得an.根据数列bn的特征可求出T2026.
【详解】因为an>0，所以前n项和Sn>0.
所以当n≥2时，Sn−Sn−1= Sn− Sn−1 Sn+ Sn−1
因为an= Sn+ Sn−1n∈N*,n≥2，
所以an=an Sn− Sn−1n∈N*,n≥2，可得 Sn− Sn−1=1n∈N*,n≥2，
所以数列 Sn是首项和公差均为1的等差数列，所以 Sn=n，即Sn=n2.
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2−(n−1)2=2n−1，
又a1=1满足上式，所以an=2n−1n∈N*.
新数列bn中从a1到ak+1共有k+1+1+2+⋯+k=k+11+k+12=k+1k+22项.
当k=62时，63×642=2016；当k=63时，64×652=2080.
所以T2026=a1+a2+⋯+a63+1+2×−2+3×3+⋯−62×62+2026−2016×63
=1+125×632+1−22+32+⋯−622+10×63
=63×63+12−22+32−42+⋯+612−622+10×63
=63×63−1+2+3+…+62+10×63
=3969−1+62×622+10×63=2646.
故答案为：2646.
17.【答案】解：(1)依题意，样本空间为 Ω=1,1,1,2,1,3,1,4,2,1,2,2,2,3,2,43,1,3,2,3,3,3,4,4,1,4,2,4,3,4,4.
(2)事件A和事件B相互独立，理由如下：
因为 A=1,1,1,2,1,3,1,4 ， B={(1,4),(2,3),(3,2),(4,1)} ，
所以 P(A)=416=14 ， P(B)=416=14 ，因为 A∩B={(1,4)} ，所以 P(AB)=116 ，
因为 P(A)×P(B)=116=P(AB) ，所以事件A和事件B相互独立.

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
18.【答案】解：(1)直线l：y=−(a+1)x+a−2，即a(x−1)+(x+y+2)=0，
由，得，所以直线l必过定点，此定点坐标为(1,−3).
(2)依题意，−a+1≠0，在直线l：y=−(a+1)x+a−2中，令x=0，得y=a−2；令y=0，得x=a−2a+1，
由直线l在两坐标轴上的截距相等，得a−2a+1=a−2，解得a=0或a=2，
所以a=0或a=2.
(3)直线l：y=−(a+1)x+a−2的斜率为−(a+1)，纵截距为a−2，
由直线l不经过平面直角坐标系的第二象限，得，解得a≤−1，
所以a的取值范围是a≤−1.

【解析】【分析】(1)求出直线l所过定点即可.
(2)求出直线l的横纵截距，再列式求解.
(3)求出直线l的斜率及纵截距，结合题意列式求解.
19.【答案】解：(1)数列an的前n项和为Sn=2n2+3n，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n2+3n−[2(n−1)2+3(n−1)]=4n+1，而a1=S1=5满足上式，
所以数列an的通项公式为an=4n+1.
(2)数列bn中，b1=1，由bn=bn−1+2n−1，得bn−bn−1=2n−1，
当n≥2时，bn=b1+(b2−b1)+(b3−b2)+⋯+(bn−bn−1)=1+2+22+⋯+2n−1
=1−2n1−2=2n−1，b1=1满足上式，
所以数列bn的通项公式为bn=2n−1，
1bi+1=12i，所以i=1n1bi+1=i=1n12i=12(1−12n)1−12=1−12n.

【解析】【分析】(1)利用数列前n项和与第n项的关系求出通项公式.
(2)利用累加法求出通项公式，再利用等比数列前n项和公式求解.
20.【答案】解：(1)证明：因为E，F分别为棱PC，PB的中点，所以EF//BC，
因为EF⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以EF//平面ABC；
(2)证明：因为AB为圆O的直径，所以BC⊥AC.
因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以BC⊥PA，
又PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC，
由(1)知EF//BC，所以EF⊥平面PAC，又EF⊂平面EFA，
所以平面EFA⊥平面PAC.
(3)以A为坐标原点，如图所示构建空间直角坐标系，
因为PA=AB=4，AC=2，所以A(0,0,0)，B(0,4,0)，P(0,0,4)，C(− 3,1,0)，
PC中点E即为E(− 32,12,2)，
设面EAB的法向量为n1=(x,y,z)，
则n1⋅AE=0n1⋅AB=0，可得− 3x+y+4z=0y=0，
令x=4，则y=0，z= 3，
所以n1=(4,0, 3)，
又面ABC的法向量可表示为n2=(0,0,1)，
所以|cs⟨n1,n2⟩|=|n1⋅n2|n1||n2||=|(4,0, 3) 19×1= 5719，
即二面角E−AB−C的大小为arccs 5719.
【解析】(1)利用中位线定理与线面平行的判定定理即可得证；
(2)利用线面垂直与面面垂直的判定定理证明即可；
(3)建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可．
本题考查线面平行的证明，面面垂直的证明，以及向量法的应用，属中档题．
21.【答案】解：1)由双曲线方程得a=1，b= 3，c= a2+b2=2，
所以焦距2c=4，离心率e=ca=2；
(2)若直线l的斜率不存在，则直线l与双曲线右支只有一个交点，不符合题意，
故直线l的斜率存在，设直线l的方程为y−2=k(x−1)，
与x2−y23=1联立得3−k2x2+2k2−4kx−k2+4k−7=0.
设Bx1,y1，Cx2,y2，
由题意，得3−k2≠0Δ=2k2−4k2+43−k2k2−4k+7=12(7−4k)>0x1+x2=2k2−4kk2−3>0x1x2=k2−4k+7k2−3>0，
解得k< - 3，
因为H为BC中点，所以xH=k2−2kk2−3，
由S△AQH=12|AQ|xH−1=k2−2kk2−3−1=7，得7k2+2k−24=(7k−12)(k+2)=0，
又k< - 3，解得k=−2，
所以直线l的斜率为−2；
(3)直线AB的方程为y=y1x1−1(x−1)，令x=0，得yD=−y1x1−1，
同理可得，yE=−yHxH−1，yF=−y2x2−1，
由E为DF中点，可得2yE=yD+yF，
即2yHxH−1=y1x1−1+y2x2−1=2+kx1−1x1−1+2+kx2−1x2−1=2k+2⋅x1+x2−2x1−1x2−1，
所以yHxH−1=k+2k2−4k−2k2−3k2−4k+7−2k2−4k+k2−3=k+−4k+64=32，
即3xH−2yH−3=0，
所以xH,yH在定直线3x−2y−3=0上.

【解析】(1)根据双曲线方程求出a,b,c，即可得解；
(2)先设出直线方程，联立双曲线方程，利用中点坐标公式和三角形面积公式求解直线斜率；
(3)通过设点坐标，利用直线方程求出与y轴交点坐标，再根据中点关系证明点H在定直线上.