2026贵港高二上学期期末学科素养检测试题数学含解析

这是一份2026贵港高二上学期期末学科素养检测试题数学含解析试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试题
一、单选题
1．已知，则 （ ）
A．1B．C．D．
2．设，则“”是“”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．我国古代天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度），二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始．已知雨水的晷长为9.5尺，立冬的晷长为10.5尺，则冬至所对的晷长为（ ）
A．11.5尺B．13.5尺C．12.5尺D．14.5尺
4．把物体放在冷空气中冷却，如果物体原来的温度是，空气的温度是，经过分钟后物体的温度可由公式求得.其中是一个随着物体与空气的接触状况而定的大于的常数.现有的物体，放在的空气中冷却，分钟以后物体的温度是，则约等于（参考数据：）（ ）
A．B．C．D．
5．如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为6，，，则的长为（ ）

A．B．C．D．
6．某企业投入万元购入一套设备，该设备每年的运转费用是万元，此外每年都要花费一定的维护费，第一年的维护费为万元，由于设备老化，以后每年的维护费都比上一年增加万元．为使该设备年平均费用最低，该企业需要更新设备的年数为（ ）
A．B．C．D．
7．在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，则角等于（ ）
A．B．C．D．
8．如图，正方形的边长为，为边的中点，为边上一点，当取得最大值时，（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．如图，弹簧下端悬挂着的小球做上下运动（忽略小球的大小），它在时刻相对于平衡位置的高度可以田确定，则下列说法正确的是（ ）
A．小球运动的最高点与最低点的距离为
B．小球经过往复运动一次
C．时小球是自下往上运动
D．当时，小球到达最低点
10．下列四个命题中，真命题是（ ）
A．过点，且在轴和轴上的截距相等的直线方程为
B．与圆：关于直线：对称的圆的方程为
C．圆：与圆：的公共弦所在直线的方程为
D．若点在圆：上，则的取值范围为
11．将数列中的所有项排成如下数阵：
从第2行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以2为公比的等比数列；第1列数，，，…成等差数列．若，，则（ ）
A．B．
C．位于第45行第88列D．2024在数阵中出现两次
三、填空题
12．一个圆锥的底面半径为1，母线与底面的夹角为，则该圆锥的体积为 ．
13．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过的直线与的右支交于，两点，若，，则的离心率为 .
14．已知为上的奇函数，，若且，都有，则不等式的解集为 .
四、解答题
15．某校为了解高一1000名学生的物理成绩，随机抽查部分学生期中考试的成绩，将数据分成，，，4组，绘制成如图所示的频率分布直方图．
（1）求a的值；
（2）根据频率分布直方图，估计这次物理成绩的平均分（用组中值代替各组数据的平均值）；
（3）若在本次考试中，规定物理成绩比平均分高15分以上的为优秀，估计该校学生物理成绩的优秀率（用百分数表示）．
16．已知抛物线：的焦点在直线上．
(1)求的方程；
(2)若过点的直线与相交于，两点，且的面积为4，求直线的方程．
17．如图，在底面为菱形的四棱锥中，，．
（1）证明：；
（2）若，点在线段上，且，求二面角的余弦值．
18．已知为等差数列，为公比的等比数列，且，，．
(1)求与的通项公式；
(2)设，求数列的前项和；
(3)在（2）的条件下，若对任意的，，恒成立，求实数的取值范围．
19．已知椭圆经过点，离心率为，点O为坐标原点．
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）设不与坐标轴平行的直线与椭圆交于A，B两点，与轴交于点P，设线段AB中点为M．
（i）证明：直线OM的斜率与直线的斜率之积为定值；
（ii）如图，当时，过点M作垂直于的直线，交轴于点Q，求的取值范围．
参考答案
1．D
【详解】因为，所以，
故．
故选：D
2．A
【详解】由题得，，
而区间，
故“”是“”的充分不必要条件．
故选：A
3．B
【详解】设相邻两个节气晷长减少或增加的量为，
则立冬到冬至晷长增加，冬至到雨水晷长减少4，设冬至的晷长为尺，
则，解得，则冬至所对的晷长为13.5尺.
故选：B.
4．A
【详解】解：由题意得，，
，
两边取自然对数得，，
所以，
故选：A
5．C
【详解】由题意可得，
以顶点为端点的三条棱长均为6，, ,得
，
，
则：
.
故选：C
6．B
【详解】设该企业需要更新设备的年数为，设备年平均费用为万元，
则年后的设备维护费用为，
所以年的平均费用为（万元），
当且仅当时，等号成立，
因此，为使该设备年平均费用最低，该企业需要更新设备的年数为.
故选：B.
7．C
【详解】因为，所以由正弦定理得，
因为，所以，
即，所以，
所以，又，所以，又，，
由正弦定理得，所以，所以或，
由得，所以.
故选：C
8．C
【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系如图所示，
则、，设，则，，故，.
所以，当时，取得最大值，
此时点，即点与点重合，且，
此时.
故选：C.
9．BD
【详解】小球运动的最高点与最低点的距离为，所以选项A错误；
因为，所以小球经过往复运动一次，因此选项B正确；
当时，，所以是自下往上到最高点，再往下运动，因此选项C错误；
当时，，所以选项D正确，
故选：BD
10．BCD
【详解】对于A，当在轴和轴上的截距都为0时，
设直线方程为，将的坐标代入得，解得，
此时直线方程为：当在轴和轴上的截距相等，且不为0时，
设直线方程为，将的坐标代入得，解得，
此时直线方程为，故A为假命题．
选项B，设圆心关于直线：的对称点为，
则直线与直线垂直，
直线的斜率为，，，①，
和的中点为在直线：上，②，
①②联立方程组解得，，
所求的圆与圆关于直线对称，所求的圆的半径，
所求的圆的方程为，故B为真命题．
对于C，圆：与圆：，
两圆心距离，可知两圆相交，
则两圆的方程作差得，即，
所以公共弦所在直线的方程为，故C为真命题．
对于D选项，如图所示：
由题意可知，圆的圆心为，且该圆的半径为，
由圆的几何性质可得，，
即，故，故D为真命题．
故选：BCD.
11．ACD
【详解】由第列数，，，，…成等差数列，设公差为，由，，
可得，，解得，，
则第一列的通项公式为，故A正确；
而
又从第行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以为公比的等比数列，
可得，故B不正确；
考虑每一行的最后一个数为，，，，…，而，即是的前一个数，
而在第行，又这一行共有个数，则在第行第列，故C正确；
设第行第个数为，令，由，解得；
令，由，解得不为整数；
令，由，解得；令，由，解得不为整数；
故出现两次，故D正确．
故选：ACD
12．
【详解】由圆锥的底面半径为1，母线与底面的夹角为，
易知圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以圆锥的高为1，
所以圆锥的体积为：．
故答案为：
13．
【详解】如图，设，则，因为，所以，则.
在中，由余弦定理得，
即，化简可得，故.
故答案为：.

14．
【详解】设，
由且，得，
则在上单调递增，
因为为奇函数，所以，
所以，故为偶函数，
而，
所以有，又在上单调递增，
所以，解得，
所以所求不等式解集为.
故答案为：.
15．（1）；（2）81；（3）10%．
【详解】（1）由题可知，，解得．
（2）根据频率分布直方图的平均数的计算公式，
可得平均分的估计值为分．
（3）由（2）可知，规定物理成绩高于96分的为优秀，
所以．
估计该校学生物理成绩的优秀率为10%．
16．(1)
(2)或．
【详解】（1）因为抛物线：（）的焦点在轴正半轴上，
对于直线，令，可得，
可知焦点，即，可得，
所以抛物线E的方程为．
（2）如图，可知直线的斜率可能不存在，但不为0，
设：，，，
联立及的方程得，则，，
此时，，解得．
故直线的方程为或．
17．（1）证明见解析；（2）.
【详解】（1）取的中点，连接，，，
因为四边形是菱形，且，
所以，且，所以为正三角形，．
因为，所以．
又，所以平面，
因为平面，所以．
（2）设，则，
所以，所以．
由（1）知，，又，，
所以，所以．
故以为坐标原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，，，，
所以，，．
设是平面的法向量，则即
取，则．
设是平面的法向量，
则即则，
取，则．
则，
由图易知二面角为钝二面角，
所以二面角的余弦值为．
18．(1)；
(2)
(3)
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由得：，又，，
，.
（2）由（1）得：，
.
（3）由（2）得：对任意的，恒成立，
对任意的，恒成立；
令，则；
则当时，；当时，；
，，即实数的取值范围为.
19．（1）（2）（i）见解析；（ii）
【详解】（1）∵椭圆经过点，离心率为
，又 ，解得
∴椭圆E的标准方程为
（2）（i）证明：设
，
两式作差得：，即
故，得证
（ii）当时，，点
联立得
由韦达定理得，
∴直线方程为
令，解得，即
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
B
A
C
B
C
C
BD
BCD
题号
11









答案
ACD