开封市重点中学2026届数学高二第一学期期末检测试题含解析.doc

开封市重点中学2026届数学高二第一学期期末检测试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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．如图，在四面体中，，，，点为的中点，，则（）

A. B.
C. D.
2．△ABC的两个顶点坐标A（-4，0），B（4，0），它的周长是18，则顶点C的轨迹方程是（ ）
A. B.（y≠0）
C. D.
3．为了防控新冠病毒肺炎疫情，某市疾控中心检测人员对外来入市人员进行核酸检测，人员甲、乙均被检测.设命题为“甲核酸检测结果为阴性”，命题为“乙核酸检测结果为阴性”，则命题“至少有一位人员核酸检测结果不是阴性”可表示为（ ）
A. B.
C. D.
4．设函数，则和的值分别为（ ）
A.、 B.、
C.、 D.、
5．棱长为1的正四面体的表面积是（）
A. B.
C. D.
6．若球的半径为，一个截面圆的面积是，则球心到截面圆心的距离是（）
A. B.
C. D.
7．设，直线与直线平行，则（）
A. B.
C. D.
8．函数的最大值为（）
A.32 B.27
C.16 D.40
9．若等差数列的前项和为，首项，，，则满足成立的最大正整数是（ ）
A. B.
C. D.
10．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，则（ ）
A. B.1
C.2 D.4
11．若数列等差数列，a1=1，，则a5=（　　）
A. B.
C. D.
12．已知，且直线始终平分圆的周长，则的最小值是（）
A.2 B.
C.6 D.16
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若x，y满足约束条件，则的最小值为___________.
14．平面内n条直线两两相交，且任意三条直线不过同一点，将其交点个数记为，若规定，则，，_________，_________，（用含n的式子表示）
15．若与直线垂直，那么__________
16．如图，将一个正方体沿相邻三个面的对角线截出一个棱锥，若该棱锥的体积为，则该正方体的边长为___________.

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）已知函数，，其中为自然对数的底数.
（1）若为的极值点，求的单调区间和最大值；
（2）是否存在实数，使得的最大值是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
18．（12分）如图所示，在四棱锥中，平面，底面是等腰梯形，．且

（1）证明：平面平面；
（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值
19．（12分）已知动圆过定点，且与直线相切.
（1）求动圆圆心的轨迹的方程；
（2）直线过点与曲线相交于两点，问：在轴上是否存在定点，使？若存在，求点坐标，若不存在，请说明理由.
20．（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为，，且椭圆过点，离心率，为坐标原点，过且不平行于坐标轴的动直线与有两个交点，，线段的中点为.
（1）求的标准方程；
（2）记直线斜率为，直线的斜率为，证明：为定值；
（3）轴上是否存在点，使得为等边三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
21．（12分）设函数.
（1）若在点处的切线为，求a，b的值；
（2）求的单调区间.
22．（10分）求证：
（1）是上的偶函数；
（2）是上的奇函数.
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】利用插点的方法，将归结到题目中基向量中去，注意中线向量的运用.
【详解】.
故选：B.
2、D
【解析】根据三角形的周长得出，再由椭圆的定义得顶点C的轨迹为以A，B为焦点的椭圆，去掉A，B，C共线的情况，可求得顶点C的轨迹方程.
【详解】因为，所以，
所以顶点C的轨迹为以A，B为焦点的椭圆，去掉A，B，C共线的情况，即，
所以顶点C的轨迹方程是 ，
故选：D.
【点睛】本题考查椭圆的定义，由定义求得动点的轨迹方程，求解时，注意去掉不满足的点，属于基础题.
3、D
【解析】表示出和，直接判断即可.
【详解】命题为“甲核酸检测结果为阴性”，则命题为“甲核酸检测结果不是阴性”；
命题为“乙核酸检测结果为阴性”，则命题为“乙核酸检测结果不是阴性”.
故命题“至少有一位人员核酸检测结果不是阴性”可表示为.
故选D.
4、D
【解析】求得，即可求得、的值.
【详解】，则，则，故，.
故选：D.
5、D
【解析】采用数形结合，根据边长，结合正四面体的概念，计算出正三角形的面积，可得结果
【详解】如图

由正四面体的概念可知，其四个面均是全等的等边三角形，由其棱长为1，
所以，所以可知：正四面体的表面积为，
故选：D
6、C
【解析】由题意可解出截面圆的半径，然后利用勾股定理求解球心与截面圆圆心的距离
【详解】由截面圆的面积为可知，截面圆的半径为，则球心到截面圆心的距离为
故选：C
【点睛】解答本题的关键点在于，球心与截面圆圆心的连线垂直于截面
7、C
【解析】根据直线平行求解即可.
【详解】因为直线与直线平行，
所以，
即，经检验，满足题意.
故选：C
8、A
【解析】利用导数即可求解.
【详解】因为，所以当时，；
当时，.
所以函数在上单调递增；在上单调递增,，
因此，的最大值为.
故选：A
9、B
【解析】由等差数列的，及得数列是递减的数列，因此可确定，然后利用等差数列的性质求前项和，确定和的正负
【详解】∵，∴和异号，
又数列是等差数列，首项，∴是递减的数列，，
由，所以，
，
∴满足的最大自然数为4040
故选：B
【点睛】关键点睛：本题求满足的最大正整数的值，关键就是求出，时成立的的值，解题时应充分利用等差数列下标和的性质求解,属于中档题.
10、C
【解析】直接运用正弦定理可得，解得
详解】由正弦定理，得，所以
故选：C
11、B
【解析】令、可得等差数列的首项和第三项，即可求出第五项，从而求出.
【详解】令得，
令得，
所以数列的公差为，
所以，解得，
故选：B.
12、B
【解析】由已知直线过圆心得，再用均值不等式即可.
【详解】由已知直线过圆心得：，
，
当且仅当时取等.
故选:B.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、##
【解析】作出可行域，进而根据z的几何意义求得答案.
【详解】如图，作出可行域，由z的几何意义可知当过点B时取得最小值.

联立，则最小值为.
故答案为：.
14、 ①.6； ②..
【解析】利用第条直线与前条直线相交有个交点得出与的关系后可得结论
【详解】第4条直线与前三条直线有3个交点，因此，同理，
由此得到第条直线与前条直线相交有个交点，所以，
即
所以
故答案为：6；
15、
【解析】由两条直线垂直知，
得
16、2
【解析】根据体积公式直接计算即可.
【详解】设正方体边长为，则，解得.
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）单调增区间是，单调减区间是；最大值为；（2）存在，.
【解析】（1）利用为的极值点求得，进而可得函数的单调区间和最大值；
（2）对导函数，分与进行讨论，得函数的单调性进而求得最值，再由最大值是求出的值.
【详解】解：.（1）∵，，
∴，由，得.∴，
∴，，，，
∴的单调增区间是，单调减区间是；
的极大值为；也即的最大值为.
（2）解：∵，∴，
①当时，单调递增，
得的最大值是，解得，舍去；
②时，由，即，
当，即时，
∴时，；时，；
∴的单调增区间是，单调减区间是，
又在上的最大值为，∴，∴；
当，即时，在单调递增，
∴的最大值是，解得，舍去；
综上：存在符合题意，此时.
【点睛】本题主要考查了函数的导数在求解函数的单调性及求解函数的最值中的应用，还考查了函数的最值求解与分类讨论的应用，解题时要认真审题，注意挖掘题设中的条件.
18、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）由线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理可得平面平面；
（2）以为坐标原点，以，所在直线分别为，轴，以过点垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系．求出平面的一个法向量、平面的法向量，由二面角的空间向量求法可得答案.
【小问1详解】
因为四边形是等腰梯形，，
所以，
所以，即
因为平面，所以，
又因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面
【小问2详解】
以为坐标原点，以，所在直线分别为，轴，以过点垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系

设，则，
所以，，，
由（1）可知平面的一个法向量为
设平面的法向量为，因为，，所以得
令，则，，所以，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
19、（1）；
（2）存在，.
【解析】（1）利用两点间的距离公式和直线与圆相切的性质即可得出；
（2）假设存在点，满足题设条件，设直线的方程，根据韦达定理即可求出点的坐标
【小问1详解】
设动圆的圆心，依题意：
化简得：，
即为动圆的圆心的轨迹的方程
【小问2详解】
假设存在点，满足条件，使①，
显然直线斜率不为0，
所以由直线过点，可设，
由得
设，，，，则，
由①式得，
，
即
消去，，得，
即，
，
，
存在点使得
20、（1）；（2）证明见解析；（3）不存在，理由见解析.
【解析】（1）由椭圆所过点及离心率，列方程组，再求解即得；
（2）设出点A，B坐标并列出它们满足的关系，利用点差法即可作答；
（3）设直线的方程，联立直线与椭圆的方程，借助韦达定理求得，，再结合为等边三角形的条件即可作答.
【详解】（1）显然，半焦距c有，即，则，
所以椭圆的标准方程为；
（2）设，，，，由(1)知，，
两式相减得，即，而弦的中点，则有，
所以；
（3）假定存在符合要求的点P，由(1)知，设直线的方程为，
由得：，则，，
于是得，从而得点，，
因为等边三角形，即有，，
因此，，，
从而得，整理得，无解，
所以在y轴上不存在点，使得为等边三角形.
21、（1），；
（2）答案见解析.
【解析】（1）已知切线求方程参数，第一步求导，切点在曲线，切点在切线，切点处的导数值为切线斜率.
(2)第一步定义域，第二步求导，第三步令导数大于或小于0，求解析，即可得到答案.
【小问1详解】
的定义域为，，
因为在点处的切线为，
所以，所以；所以
把点代入得：.
即a，b的值为：，.
【小问2详解】
由（1）知：.
①当时，在上恒成立，所以在单调递减；
②当时，令，解得：，
列表得：
x

-
0
+

单调递减
极小值
单调递增
所以，时，的递减区间为，单增区间为.
综上所述：当时，在单调递减；
当时，的递减区间为，单增区间为.
【点睛】导函数中得切线问题第一步求导，第二步列切点在曲线，切点在切线，切点处的导数值为切线斜率这三个方程，可解切线相关问题.
22、（1）证明见详解
（2）证明见详解
【解析】利用函数奇偶性的定义证明即可
【小问1详解】
由题意函数定义域为
且
故是上的偶函数
【小问2详解】
由题意函数定义域为
且
故是上奇函数