浙江省温州市温州十校2025-2026学年高二下学期期末联考数学试题（含答案）

这是一份浙江省温州市温州十校2025-2026学年高二下学期期末联考数学试题（含答案），共3页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
二、多选题
三、填空题
12. y = 2x +1 13. 24 14. 64
15. 解：（1）f (x) = 2 sin x cs x _ 3 cs 2x
= sin 2x _ 3 cs 2x
= 2sin（2x _ π ) ………………………………………………………………………………4 分3
（如果化简过程写在第二问，则在第二问中加 2 分， 下面直接求值即给 4 分）
f sin …………………………………………………………………………6 分（说明：向量的数量积对了给 1 分，二倍角公式对了给 1 分；若函数没有化简，直接算出答案给 4 分）
（2）由（1）知2sin（2x _ π ) ≥ 1
3
sin（2x _ π ) ≥ 1 8 分
3 2
2kk ∈ z …………………………………………………………………11 分所以k x ≤ k
π 7π
即不等式的解集为[kπ+ , kπ+ ], k ∈ z ………………………………………………………………13 分
4 12
16.（1）在四棱锥 P-ABCD 中，
∵PA=PD ，PA⊥PD，∴三角形 PAD 为等腰直角三角形.
取 AD 中点 O，连接 OB.则 OP⊥AD………………………………………………………………………………2 分∵四边形 ABCD 为正方形， ∴OB= 5 ，OP=1，∴OB2+OP2=PB2. ∴OP⊥OB. …………………………………4 分又∵OB∩AD=O，且 OB,ADC 平面 ABCD，∴OP⊥平面 ABCD. ………………………………………………6 分
1
2
3
4
5
6
7
8
A
B
C
B
C
A
D
B
9
10
11
BD
ABD
ACD
又∵OP C 平面 PAD，∴平面 PAD⊥平面 ABCD. ………………………………………………………………7 分（2）法一：（建系）由（1）得，如图，以 OA 为 x 轴，垂直 AD 为 y 轴，OP 为 z 轴.
P（0,0,1），B（1,2,0），C（-1,2,0），D（-1,0,0）………………………………………………………………9 分（建系正确，并给出两个点坐标，给 2 分）
∴ DP = (1,0,1)，DC = (0,2,0)，PB =（1,2,_1）
设平面 PCD 的一个法向量为n = (x, y, z) ，
令z = 1, 则 ，………………………………………………………………12 分
（若法向量错误，有法向量运算列式，给 2 分）
3
∴直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值为 ………………………………………………………………15 分
3
（答案错误，有向量运算公式，给 2 分）
法二：（补型）直三棱柱 PAD-QBC，可证 → BQ 丄 平面PDCQ
∴∠BPQ 为直线 PB 与平面 PDC 所成角的平面角.
在RtΔPBQ中，sin LBPQ
法三：（等体积）由VB_PDC = VP_BCD 得： SΔPDC . dB SΔBDC . OP ，解得：dB = 2 .
（以上法二、法三不同解法，酌情给分）
17.（1）a=0.035；x =76.5 ………………………………………………………………………………6 分
（a和x 各 3 分）
…………………………………10 分
………………………………………13 分
E ……………………………………………………………………15 分（分布列对直接给 3 分，分布列错，一个概率对给 1 分，E（X）错的话，有列式给 1 分）
\l "bkmark1" 18.（1）法一：当 n = 1时， a1 = 2
\l "bkmark2" 2Sn = n(2 + an)
\l "bkmark3" : 2Sn_1 = (n _1)(2 + an) (n ≥ 2)
2an = 2Sn _ 2Sn_1 = nan _ (n _1)an_1 + 2
: (n _ 2)an _ (n _1)an_1 + 2 = 0 (n ≥ 3) …………………………1
……………………………………3
是常数列， 设该常数为 k，则 an = k(n _1)+ 2，（n ≥ 2) ，
a2 = k + 2 ， a2 _a1 = k 也符合上式，因此{an }是等差数列。 …………………………………………5 分法二：
X
2
3
4
P
1
10
3
10
3
5
2Sn = n(2 + an)
:2Sn_1 = (n _1)(2 + an) (n ≥ 2)
2an = 2Sn _ 2Sn_1 = nan _ (n _1)an_1 + 2
(n _ 2)an _ (n _1)an_1 + 2 = 0 ① \l "bkmark5" 1
2Sn_2 = (n _ 2)(2 + an-2) (n ≥ \l "bkmark6" 3)
:(n _ 3)an-1 _ (n _ 2)an_2 + 2 = 0 ② \l "bkmark7" 2
② - ①
an + an_2 = 2an_1 \l "bkmark4" 4
则数列 {an }是等差数列5 分
法三：
当 n = 1时，解得 a1 = \l "bkmark8" 2
当 n = 3时， 2S3 = 3（2 + a3) = 3(a1 + a \l "bkmark9" 3 )
即 2（a1 + a2 + a3) = 3(a1 + a \l "bkmark10" 3 )
:2a2 = a1 + a3 , a1 , a2 , a3 成等差数列 \l "bkmark11" 1
猜想 an = a1 + (n _1)d, d = a2 _ a \l "bkmark12" 1
（i） n = 1, 2, 3时， a1 , a2 , a3 成等差数列， : 猜想显然正确，
（ii）假设 n ≤ k（k ≥ 3) 时猜想正确
即 ak = a1 + d , Sk = kad … … …… … …… …… … …… …… …… … …… …2
则当 n = k +1时， 2Sk+1 = (k +1)(a1 + ak+1)
2（Sk + ak+1) = (k +1)a1 + (k +1)ak+1 \l "bkmark13" 3
2ka1 + k(k _1)d = (k +1)a1 + (k _1)ak+1
（k _1)ak+1 = (k _1)a1 + k(k _1)d \l "bkmark4" 4
k ≥ 3, :k _1≠ \l "bkmark14" 0
:ak+1 = a1 + kd = a1 +[(k +1)__1]d
:n = k +1时，猜想也正确，
综上所述， an = a1 + (n__1)d, 对▽n ∈ N* 都成立， 5
:{an }是等差数列
(2）(Ⅰ) a2 _ a1 = 3 _ 2 = 1，an = 2 +(n__1)x1 = n +1 ， bn = n .3n+1 ， ……………………………7 分
（说明：算出a1 给 1 分，算出 an 给 1 分，若第一问没写出来，直接用第一问结论解决第二问，同样可以得分）
设数列 {bn }的前 n 项和为 Hn
Hn = 1x 32 + 2 x 33 + 3x 34 ++ n .3n+1 ①
3Hn = 1x 33 + 2x 34 ++ (n _1) .3n+1 + n .3n+2 ② ② _ ①
_ 2Hn = 32 + 33 + 34 ++ 3n+1 _ n .3n+2 8
9(1_ 3n)
= _ n .3n+2 1_ 3
= 3n+2 _ 9 _ n .3n+2
2
(1 _ 2n) .3n+2 _ 9
= 10
2
Hn …………………………………………………………………11 分
（2）(Ⅱ)插入的 k 项之和为： 21 + 22 ++ 2k = 2k+1 _ 2 ;
新数列{cn}为： a1 ,21 , a2 ,21 ,22 , a3 , ak ,21 ,22 , 2k , ak +1，………………………………………………12 分将此数列分成若干组， a1 ,21 为第一组； a2 ,21，22 为第二组； ak ,21，22 , ,2k 为第 k 组
ak 与 ak+1之间的 k 项数列的和为： k+1 _ 2数列 {Cn }取到 ak 后的第 k 项时： n = k 前 k 组之和为：
Tn = a1 + 21 + a2 + 21 + 22 + + ak + 21 + 22 + 2k
= (a1 + a2 +ak) + (22 + 23 + 24 +2k+1 _ 2k)
15 分
{Tn }显然随 k 的增大而增大，
当 k=8 时， n
2026-1048=978 ， a44 再往后取 m 项，使 m 项的和大于 978，即： a9 + 21 + 22 +2m = 2m+1 + 8 > 978 ，
：2m+1 > 970, 当m = 8时，29 = 512 < 970, m = 9时,210 = 1024 > 970
：44 +10 = 54 ， ：n 有最小值为 54. 17 分
f ' ………………………………………………3 分∵x>0 ∴x+1>0
∴a≤0 时，f ' (x) > 0，f (x)在(0，+ ∞)上单调递增
当x ∈(0, a)时，f ' (x) < 0；当x ∈(a,+∞)时, f ' (x) > 0
a>0 时， ……………………………………6 分
f (x)在(0，a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增
（2）
(Ⅰ)由（1）得，当 a≤0 时，f (x)单调，不可能有两个零点.
∴a>0，此时 f (x)min = f (a) = 1+(1_a)ln a__a = (1_a)(ln a +1) ∵ x→ 0或+ ∞ 时，f (x)→ +∞ ,∴只需 f (a)< 0即可
∴ 0 < a < 1 或a >1…………………………………………………………………………………………10 分e
(Ⅱ)要证：x1 + x2 > 2a ，只要证 x2 > 2a__x1 ∵显然0< x1 < a < x2 ，∴ 2a__x1 > a
又∵ f (x)在（a，+ ∞)单调递增，∴只要证 f (x2) >f (2a _x \l "bkmark15" 1 )
又∵ f (x1) = f (x2) ，即证 f (x1) >f (2a__x \l "bkmark16" 1 )
∵ x1 ∈ (0, a)
∴只要证g(x) = f (x)__ f (2a _ x) > 0，对 x ∈(0, a)恒成立.
' ' ' (x +1)(x _ a) (2a _x +1)(a _x) 2(x _ a)2 (x2 _ 2ax _ 2a)
∵ g (x) = f (x)+ f (2a _x) = x2 + (2a _x)2 = x2 (2a _x)2
∵ x ∈(0, a) 时，x2 _ 2ax__ 2a < 0恒成立
∴ x ∈(0, a) 时，g' (x) < 0恒成立，g(x)在(0，a)单调递减而 g(a) = f (a)__ f (a) = 0 ，∴ g(x) >0对x ∈（0，a）恒成立
即x1 + x2 > 2a 成立. ……………………………………………………………………………………………15 分