2026届宁夏银川一中高二数学第一学期期末检测试题含解析.doc

2026届宁夏银川一中高二数学第一学期期末检测试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为
A. B.
C. D.
2．已知一质点的运动方程为，其中的单位为米，的单位为秒，则第1秒末的瞬时速度为（）
A. B.
C. D.
3．从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同数字构成平面直角坐标系内点的横、纵坐标，其中不在轴上的点有（）
A.36个 B.30个
C.25个 D.20个
4．如图，在正方体中，点E是上底面的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）

A. B.
C. D.
5．已知，是球的球面上两点，，为该球面上的动点，若三棱锥体积的最大值为36，则球的表面积为（）
A. B.
C. D.
6．某市要对两千多名出租车司机的年龄进行调查，现从中随机抽出100名司机，已知抽到的司机年龄都在[20,45]岁之间，根据调查结果得出司机的年龄情况残缺的频率分布直方图如图所示，利用这个残缺的频率分布直方图估计该市出租车司机年龄的中位数大约是(　　)

A.31.6岁 B.32.6岁
C.33.6岁 D.36.6岁
7．已知椭圆方程为：，则其离心率为（）
A. B.
C. D.
8．命题P：ax2+2x﹣1＝0有实数根，若￢p是假命题，则实数a的取值范围是（　　）
A.{a|a＜1} B.{a|a≤﹣1}
C.{a|a≥﹣1} D.{a|a>﹣1}
9．在中，B=60°，，，则AC边的长等于（ ）
A. B.
C. D.
10．设、是椭圆：的左、右焦点，为直线上一点，是底角为的等腰三角形，则的离心率为
A. B.
C. D.
11．等差数列中，若，则（ ）
A.42 B.45
C.48 D.51
12．直线被椭圆截得的弦长是
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知正方体的棱长为为的中点，为面内一点．若点到面的距离与到直线的距离相等，则三棱锥体积的最小值为__________
14．如图，在五面体中，//，，，四边形为平行四边形，平面，，则直线到平面距离为_________

15．已知5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中抽取一道题，抽出的题不再放回，在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为________.
16．在区间上随机取1个数，则取到的数小于2的概率为___________.
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）已知椭圆的上下两个焦点分别为，，过点与y轴垂直的直线交椭圆C于M，N两点，△的面积为，椭圆C的离心率为
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）已知O为坐标原点，直线与y轴交于点P，与椭圆C交于A，B两个不同的点，若存在实数，使得，求m的取值范围
18．（12分）已知三棱柱中，，，平面ABC，，E为AB中点，D为上一点

（1）求证：；
（2）当D为中点时，求平面ADC与平面所成角的正弦值
19．（12分）函数.
（1）当时，解不等式；
（2）若不等式对任意恒成立，求实数a的取值范围.
20．（12分）已知函数，
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围
21．（12分）某话剧表演小组由名学生组成，若从这名学生中任意选取人，其中恰有名男生的概率是.
（1）求该小组中男、女生各有多少人？
（2）若这名学生站成一排照相留念，求所有排法中男生不相邻的概率.
22．（10分）已知函数，其中a为正数
（1）讨论单调性；
（2）求证：
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、B
【解析】设， 解集为 所以二次函数图像开口向下，且与 交点为，由韦达定理得 所以 的解集为 ，故选B.
2、C
【解析】求出即得解.
【详解】解：由题意得，故质点在第1秒末的瞬时速度为.
故选：C
3、C
【解析】根据点不在y轴上，分2类根据分类加法计数原理求解.
【详解】因为点不在轴上，
所以点的横坐标不能为0，
分两类考虑，第一类含0且为点的纵坐标，共有个点，
第二类坐标不含0的点，共有个点，
根据分类加法计数原理可得共有个点.
故选：C
4、B
【解析】建立空间直角坐标系，利用向量夹角求解.
【详解】以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系如图所示，设正方体棱长为2，

所以，

所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B
5、C
【解析】当平面时，三棱锥体积最大，根据棱长与球半径关系即可求出球半径，从而求出表面积.
【详解】当平面时，三棱锥体积最大.
又，则三棱锥体积，解得；
故表面积.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查三棱锥与球的组合体的综合问题，本题的关键是判断当平面时，三棱锥体积最大.
6、C
【解析】先根据频率分布直方图中频率之和为计算出数据位于的频率，再利用频率分布直方图中求中位数的原则求出中位数
【详解】在频率分布直方图中，所有矩形面积之和为，
所以，数据位于的频率为，
前两个矩形的面积之和为，
前三个矩形的面积之和为，
所以，中位数位于区间，设中位数为，
则有，解得（岁），故选C
【点睛】本题考查频率分布直方图的性质和频率分布直方图中中位数的计算，计算时要充分利用频率分布直方图中中位数的计算原理来计算，考查计算能力，属于中等题
7、B
【解析】根据椭圆的标准方程，确定，计算离心率即可.
【详解】由知，
，
，
，即，
故选：B
8、C
【解析】根据是假命题，判断出是真命题.对分成，和两种情况，结合方程有实数根，求得的取值范围.
详解】┐p是假命题，则p是真命题，∴ax2+2x﹣1＝0有实数根，
当a＝0时，方程为2x﹣1＝0，解得x＝0.5，有根，符合题意；
当a≠0时，方程有根，等价于△＝4+4a≥0，∴a≥﹣1且，
综上所述，a的可能取值为a≥﹣1
故选：C
【点睛】本小题主要考查根据命题否定的真假性求参数，属于基础题.
9、B
【解析】根据正弦定理直接计算可得答案.
【详解】由正弦定理， ,得 ,
故选：B.
10、C
【解析】如下图所示，是底角为的等腰三角形，则有
所以，所以
又因为，所以，，所以
所以答案选C.

考点：椭圆的简单几何性质.
11、C
【解析】结合等差数列的性质求得正确答案.
【详解】依题意是等差数列，
，
.
故选：C
12、A
【解析】直线y＝x+1代入，得出关于x的二次方程，求出交点坐标，即可求出弦长
【详解】将直线y＝x+1代入，可得，
即5x2+8x﹣4＝0，
∴x1＝﹣2，x2，
∴y1＝﹣1，y2，
∴直线y＝x+1被椭圆x2+4y2＝8截得的弦长为
故选A
【点睛】本题查直线与椭圆的位置关系，考查弦长的计算，属于基础题

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、##
【解析】由题意可知，点在平面内的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，如图在底面建立平面直角坐标系，求出抛物线方程，直线的方程，将直线向抛物线平移，恰好与抛物线相切时，切点为点，此时的面积最小，则三棱锥体积的最小
【详解】因为为面内一点，且点到面的距离与到直线的距离相等，
所以点在平面内的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，
如图在底面，以所在的直线为轴，以的中垂线为轴建立平面直角坐标系，则,
设抛物线方程为，则，得，所以抛物线方程为，，
直线的方程为，即，
设与直线平行且与抛物线相切的直线方程为，
由，得，
由，得，所以与抛物线相切的直线为，
此时切点为，且的面积最小，
因为点到直线的距离为，
所以的面积的最小值为，
所以三棱锥体积的最小值为，
故答案为：

14、
【解析】利用等价转化的思想转化为点到面的距离，作，利用线面垂直的判定定理证明平面，然后计算使用等面积法，可得结果.
【详解】作
如图

由//，
平面，平面
所以//平面
所以直线到平面距离
等价于点到平面距离
又平面，平面
所以，又，则
平面，，
所以平面
平面，所以
又平面，
所以平面
所以点到平面距离为
由，所以
又，所以
在中，
又
故答案为：
【点睛】本题考查线面垂直的综合应用以及等面积法求高，重点在于使用等价转换的思想，考验理解能力，分析问题的能力，属中档题.
15、.
【解析】设事件：第1次抽到代数题，事件：第2次抽到几何题，求得,结合条件概率的计算公式，即可求解.
【详解】由题意，从5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中抽取一道题，抽出不再放回，
设事件：第1次抽到代数题，事件：第2次抽到几何题，
则，，
所以在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为:
.
故答案为：.
16、
【解析】根据几何概型计算公式进行求解即可.
【详解】设“区间上随机取1个数”，对应集合为，区间长度为3，
“取到的数小于2”，对应集合为，区间长度为1，
所以.
故答案为：

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、（1）；
（2）或或.
【解析】（1）根据已知条件，求得的方程组，解得，即可求得椭圆的方程；
（2）对的取值进行分类讨论，当时，根据三点共线求得，联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理，结合直线交椭圆两点，代值计算即可求得结果.
【小问1详解】
对椭圆，令，故可得，则，
故，则，又，，
故可得，则椭圆的方程为：.
【小问2详解】
直线与y轴交于点P，故可得的坐标为，
当时，则，由椭圆的对称性可知：，故满足题意；
当时，因为三点共线，若存在实数，使得，
即，则，故可得.
又直线与椭圆交于两点，故联立直线方程，与椭圆方程，
可得：，则，即；
设坐标为，则，
又，即，
故可得：，即，也即，
代入韦达定理整理得：，即，
当时，上式不成立，故可得，又，
则，整理得：，解得，即或.
综上所述：的取值范围是或或.
【点睛】本题考察椭圆方程的求解，以及椭圆中范围问题的处理；解决本题的关键一是要求得的取值，二是充分利用韦达定理以及直线和曲线相交，则联立方程组后得到的一元二次方程的，属综合中档题.
18、（1）证明见解析；
（2）.
【解析】（1）利用线面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理即证；
（2）利用坐标法即求.
【小问1详解】
∵，E为AB中点，
∴，
∵平面ABC，平面ABC，
∴，又，，
∴平面，平面，
∴；
【小问2详解】
以C点为坐标原点，CA，CB，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，不妨设，则

平面的法向量为，
设平面ADC法向量为，
则，∴，即，
令，则
∴平面ADC与平面所成角的余弦值为
，
所以平面ADC与平面所成角的正弦值.
19、（1）；（2）.
【解析】（1）由题设，原不等式等价于，分类讨论即可得出结论；
（2）不等式对任意恒成立，即，即可求实数a的取值范围.
【详解】（1）当时，原不等式等价于，
当时，，解得，即；
当时，恒成立，即；
当时，，解得，即；
综上，不等式的解集为；
（2），
，即或，解得，
∴a取值范围是.
20、（1）；
（2）.
【解析】（1）求出函数的导数，计算，，求出切线方程即可；
（2）问题转化为，利用导函数求出的最大值，求出的范围即可.
【小问1详解】
因为，
所以，
则切线的斜率为，又因为，则切点为，
所以曲线在点处的切线方程为，即
【小问2详解】
当时，令得，列表得
x
0

0

1
↘
极小值
↗

所以当时，的最大值为
由题意知，
故，解之得,
所以实数的取值范围为.
21、（1）男生人数为，女生人数为；
（2）.
【解析】（1）设男生的人数为，则女生人数为，且，根据组合计数原理结合古典概型的概率公式可求得的值，即可得解；
（2）利用插空法结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【小问1详解】
解：设男生的人数为，则女生人数为，且，
由已知可得，即，
因为且，解得，
所以，该小组中男生人数为，女生人数为.
【小问2详解】
解：若男生不相邻，则先将女生全排，然后在女生所形成的个空中选个空插入男生，
因此，所有排法中男生不相邻的概率为.
22、（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】（1）求解函数的导函数，并且求的两个根，然后分类讨论，和三种情况下对应的单调性；（2）令，通过二次求导法，判断函数的单调性与最小值，设的零点为，求出取值范围，最后将转化为的对勾函数并求解最小值，即可证明出不等式.
【小问1详解】
函数的定义域为
∵
令得
∵，∴，得或
①当，即时，时，或；时，.
∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增
②当，即时，时，或；时，.
∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增
③当，即时，
∴在上单调递增
综上所述：当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增
【小问2详解】
令，（）
∴，令
∴，∴在上单调递增
又∵，，
∴使得，即（*）
∴当时，，∴，∴单调递减
∴当时，，∴，∴单调递增
∴，（）
由（*）式可知：，∴，
∴
∵，∴函数单调递减
∴，∴
∴
【点睛】求解本题的关键是利用二次求导法，通过虚设零点，求解原函数的单调性与最小值，并通过最小值的取值范围证明不等式.