江苏泰兴一中2026届高二数学第一学期期末预测试题含解析.doc

江苏泰兴一中2026届高二数学第一学期期末预测试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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，，则与的等比中项为（）
A. B.
C. D.
2．若存在，使得不等式成立，则实数k的取值范围为（）
A. B.
C. D.
3．直线的方向向量为（）
A. B.
C. D.
4．已知抛物线上的一点，则点M到抛物线焦点F的距离等于（ ）
A.6 B.5
C.4 D.2
5．已知双曲线的右焦点为F，关于原点对称的两点A、B分别在双曲线的左、右两支上，，且点C在双曲线上，则双曲线的离心率为（）
A.2 B.
C. D.
6．已知，是双曲线C：（，）的两个焦点，过点与x轴垂直的直线与双曲线C交于A、B两点，若是等腰直角三角形，则双曲线C的离心率为（ ）
A. B.
C. D.
7．总体有编号为01，02，…，19，20的20个个体组成，利用下面的随机数表选取3个个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第3个个体的编号为（）
7816
6572
0802
6314
0702
4369
9728
0198
3204
9234
4935
8200
3623
4869
6938
7481
A.08 B.02
C.63 D.14
8．甲烷是一种有机化合物，分子式为，其在自然界中分布很广，是天然气、沼气的主要成分．如图所示的为甲烷的分子结构模型，已知任意两个氢原子之间的距离（H-H键长）相等，碳原子到四个氢原子的距离（C-H键长）均相等，任意两个H-C-H键之间的夹角为（键角）均相等，且它的余弦值为，即，若，则以这四个氢原子为顶点的四面体的体积为（）

A. B.
C. D.
9．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，则的形状为（ ）
A.正三角形 B.等腰直角三角形
C.直角三角形 D.等腰三角形
10．若，，且，则（ ）
A. B.
C. D.
11．在棱长为1的正方体中，是线段上一个动点，则下列结论正确的有（）

A.不存在点使得异面直线与所成角为90°
B.存在点使得异面直线与所成角为45°
C.存在点使得二面角的平面角为45°
D.当时，平面截正方体所得的截面面积为
12．如图，在三棱柱中，平面，，，分别是，中点，在线段上，则与平面的位置关系是（）

A.垂直 B.平行
C.相交但不垂直 D.要依点的位置而定
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知三个数2，，6成等比数列，则实数______
14．“直线和直线垂直”的充要条件是______
15．写出一个同时满足下列条件①②的圆C的一般方程______
①圆心在第一象限；②圆C与圆相交的弦的方程为
16．已知抛物线：上有两动点，，且，则线段的中点到轴距离的最小值是___________.
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）如图，四棱锥中， 平面 ， ∥ , ， ， 为 上一点， 平面

（Ⅰ）求证：∥平面 ；
（Ⅱ）若，求点D到平面EMC的距离
18．（12分）已知椭圆过点，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作直线，与直线和椭圆分别交于两点，（与不重合）.判断以为直径的圆是否过定点，如果过定点，求出定点坐标；如果不过定点，说明理由.
19．（12分）已知数列{an}的前n项和为Sn，.
（1）求数列{an}通项公式；
（2）求数列的前n项和，求使不等式成立的最大整数m的值.
20．（12分）已知双曲线的一条渐近线方程为，且双曲线C过点.

（1）求双曲线C的标准方程；
（2）过点M 的直线与双曲线C的左右支分别交于A、B两点，是否存在直线AB，使得成立，若存在，求出直线AB的方程；若不存在，请说明理由.
21．（12分）函数，.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若在上恒成立，求实数的取值范围.
22．（10分）已知是椭圆的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点
（1）若为等边三角形，求C的离心率；
（2)如果存在点P，使得，且的面积等于16，求b的值和a的取值范围.
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、C
【解析】利用等比中项的定义可求得结果.
【详解】由题意可知，与的等比中项为.
故选：C.
2、C
【解析】根据题意和一元二次不等式能成立可得对于，成立，
令，利用导数讨论函数的单调性，即可求出.
【详解】存在，不等式成立，
则，能成立，
即对于，成立，
令，，
则，令，
所以当，单调递增，
当，单调递减，
又，所以，
所以.
故选：C
3、D
【解析】根据直线方程，求得斜率k，分析即可得直线的方向向量.
【详解】直线变形可得，
所以直线的斜率，
所以向量为直线的一个方向向量，
因为，
所以向量为直线的方向向量，
故选：D
4、B
【解析】将点代入抛物线方程求出，再由抛物线的焦半径公式可得答案.
详解】将点代入抛物线方程可得，解得
则
故选：B
5、D
【解析】设，由，得到四边形是矩形，在中，利用勾股定理求得，再在中，利用勾股定理求解.
【详解】如图所示：

设，则，，，
因为，所以，
则四边形是矩形，
在中，，
即，解得，
在中，，
即，
解得，
故选：D
6、B
【解析】根据等腰直角三角形的性质，结合双曲线的离心率公式进行求解即可.
【详解】由题意不妨设，，当时，由，
不妨设，因为是等腰直角三角形，所以有
，或舍去，
故选：B
7、D
【解析】由随机数表法抽样原理即可求出答案.
【详解】根据题意，依次读出的数据为65（舍去）,72（舍去）,08,02,63（舍去）,14，即第三个个体编号为14.
故选：D.
8、A
【解析】利用余弦定理求得，计算出正四面体的高，从而计算出正四面体的体积.
【详解】设，则由余弦定理知：，解得，
故该正四面体的棱长均为
由正弦定理可知：该正四面体底面外接圆的半径，
高
故该正四面体的体积为
故选：A
9、C
【解析】根据三角恒等变换结合正弦定理化简求得，即可判定三角形形状.
【详解】解：由题，得，即，
由正弦定理可得：，
所以，所以
三角形中，所以，又，所以，即三角形为直角三角形.
故选：C.
10、A
【解析】由于对数函数的存在，故需要对进行放缩，结合（需证明），可放缩为，利用等号成立可求出，进而得解.
【详解】令，，故在上单调递减，在上单调递增，，故，即，当且仅当，等号成立．所以，当且仅当时，等号成立，又，所以，即，所以，又，所以，，故
故选：A
11、D
【解析】由正方体的性质可将异面直线与所成的角可转化为直线与所成角，而当为的中点时，可得，可判断A；与或重合时，直线与所成的角最小可判断B；当与重合时，二面角的平面角最小，通过计算可判断C；过作，交于，交于点，由题意可得四边形即为平面截正方体所得的截面，且四边形是等腰梯形，然后利用已知数据计算即可判断D.
【详解】异面直线与所成的角可转化为直线与所成角，

当为中点时，，此时与所成的角为90°，所以A错误；
当与或重合时，直线与所成角最小，为60°，所以B错误；
当与重合时，二面角的平面角最小，，所以，所以C错误；

对于D，过作，交于，交于点，因为，所以、分别是、的中点，又，所以，四边形即为平面截正方体所得的截面，因为，且，所以四边形是等腰梯形，作交于点，所以，，所以梯形的面积为，所以D正确.
故选：D.

12、B
【解析】构造三角形,先证∥平面,同理得∥平面,再证平面∥平面即可.
【详解】连接，，.

因为在直三棱柱中，M，N分别是，AB的中点，所以∥.
因为平面内，平面，所以∥平面.
同理可得AM∥平面.
又因为，平面，平面，
所以平面∥平面.
又因为P点在线段上，所以∥平面.
故选：B.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】由题意可得，从而可求出的值
【详解】因为三个数2，，6成等比数列，
所以，解得
故答案为：
14、或
【解析】利用直线一般式方程表示垂直的方法求解.
【详解】因为直线和直线垂直，
所以，解得或；
故答案为：或.
15、（答案不唯一）
【解析】设所求圆为，由圆心在第一象限可判断出，只需取特殊值，即可得到答案.
【详解】可设所求圆为，即
只需，解得：，
不妨取，则圆的方程为：.
故答案为：（答案不唯一）
16、2
【解析】设抛物线的焦点为，由，结合抛物线的定义可得线段的中点到轴距离的最小值.
【详解】设抛物线的焦点为，点在抛物线的准线上的投影为，点在直线上的投影为，线段的中点为，点到轴的距离为，则

,
∴ ，当且仅当即三点共线时等号成立，
∴ 线段的中点到轴距离的最小值是2，
故答案为：2.

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、（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）运用线面平行的判定定理证明；（Ⅱ）借助体积相等建立方程求解即可
【详解】（Ⅰ）证明：取的中点，连接，因为，所以，
又因为平面，所以，所以平面，
因为平面，所以∥，面，平面,
所以∥平面；
（Ⅱ）因为平面，面，所以平面平面，
平面平面,过点作直线,则平面，
由已知平面，∥,，可得，
又，所以为的中点，
在中，，
在中，， ，
在中，，由等面积法知，
所以，即点D到平面EMC的距离为.

考点：直线与平面的位置关系及运用
【易错点晴】本题考查的是空间的直线与平面平行的推证问题和点到直线的距离问题．解答时,证明问题务必要依据判定定理,因此线面的平行问题一定要在所给的平面中找出一条直线与这个平面外的直线平行,叙述时一定要交代面外的线和面内的线,这是许多学生容易忽视的问题,也高考阅卷时最容易扣分的地方,因此在表达时一定要引起注意
18、（1）
（2）过定点，定点为
【解析】（1）根据离心率及顶点坐标求出即可得椭圆方程；
（2）当直线斜率存在时，设直线的方程为（），求出的坐标，设是以为直径的圆上的点，利用向量垂直可得恒成立，可得定点，斜率不存在时验证即可.
【小问1详解】
由题意得，，，
又因为，所以.
所以椭圆C的方程为.
【小问2详解】
以为直径的圆过定点.理由如下：
当直线斜率存在时，设直线的方程为（）.
令，得，所以.
由得，则或，
所以.
设是以为直径的圆上的任意一点，
则，.
由题意，，
则以为直径的圆的方程为.
即恒成立
即解得
故以为直径的圆恒过定点.
当直线斜率不存在时，以为直径的圆也过点.
综上，以为直径的圆恒过定点.
19、（1）；
（2）.
【解析】（1）根据给定的递推公式变形，再构造常数列求解作答.
（2）利用（1）的结论求出，再利用裂项相消法求和，由单调性求出最大整数m值作答.
【小问1详解】
依题意，，当时，，两式相减得：，
即，整理得：，于是得，
所以数列{an}的通项公式是.
【小问2详解】
由（1）得，
，
数列是递增数列，因此，，于是有，则，
不等式成立，则，，于是得，
所以使不等式成立的最大整数m的值是505.
【点睛】思路点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写
未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的
20、（1）；
（2）存在，直线AB的方程为：或.
【解析】(1)根据给定的渐近线方程及所过的点列式计算作答.
(2)假定存在符合条件的直线AB，设出其方程，借助弦长公式计算判断作答.
【小问1详解】
依题意，，解得：，
所以双曲线C的标准方程是.
【小问2详解】
假定存在直线AB，使得成立，显然不垂直于y轴，否则，
设直线：，由消去x并整理得：，
因直线与双曲线C的左右支分别交于A、B两点，设，
于是得，则有，即或，
因此，，解得，
所以存在直线AB，使得成立，此时，直线AB的方程为：或.
21、（1）答案见解析；（2）.
【解析】（1）求出函数的定义域为，求得，分、、三种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的单调递增区间和递减区间；
（2）构造函数，由题意可知恒成立，对实数分和两种情况讨论，利用导数分析函数在区间上的单调性，验证是否成立，由此可得出实数的取值范围.
【详解】（1）函数的定义域为，.
（i）当时，，函数在上单调递增；
（ii）当时，令得.
若，则；若，则.
①当时，，函数在上单调递增；
②当时，，
当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；
综上，可得，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
（2）设，，则.
当时，单调递增，则.
所以，函数在上单调递增，且.
当时，，
于是，函数在上单调递增，恒成立，符合题意；
当时，由于，，，
所以，存在，使得.
当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增.
故，不符合题意，
综上所述，实数的取值范围是.
【点睛】本题考查利用导数求解函数的单调区间，同时也考查了利用导数研究函数不等式恒成立问题，考查分类讨论思想的应用，属于难题.
22、 (1) ；（2），a的取值范围为.
【解析】（1）先连结，由为等边三角形，得到，，；再由椭圆定义，即可求出结果；
（2）先由题意得到，满足条件的点存在，当且仅当，，，根据三个式子联立，结合题中条件，即可求出结果.
【详解】（1）连结，由等边三角形可知：在中，，，，
于是，
故椭圆C的离心率为；
（2）由题意可知，满足条件的点存在，当且仅当，，，
即①
②
③
由②③以及得，又由①知，故；
由②③得，所以，从而，故；
当，时，存在满足条件的点.
故，a的取值范围为.
【点睛】本题主要考查求椭圆的离心率，以及椭圆中存在定点满足题中条件的问题，熟记椭圆的简单性质即可求解，考查计算能力，属于中档试题.