黑龙江省双鸭山市尖山区一中2026届高二上数学期末经典试题含解析.doc

黑龙江省双鸭山市尖山区一中2026届高二上数学期末经典试题
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． “”是“函数在上有极值”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
2．已知空间向量，，，若，，共面，则m＋2t＝（）
A.－1 B.0
C.1 D.－6
3．已知为等差数列，为其前n项和，，则下列和与公差无关的是（ ）
A. B.
C. D.
4．已知双曲线的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为（）
A. B.
C. D.
5．在正方体中，与直线和都垂直，则直线与的关系是（ ）

A.异面 B.平行
C.垂直不相交 D.垂直且相交
6．有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是6”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是5”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，则下列判断正确的是（ ）
A.甲与丙是互斥事件 B.乙与丙是对立事件
C.甲与丁是对立事件 D.丙与丁是互斥事件
7．已知直线l和两个不同的平面，，，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
8．已知，，且，则（）
A. B.
C. D.
9．若函数在定义域上单调递增，则实数的取值范围为（）
A. B.
C. D.
10．数列1，，，的一个通项公式可以是（）
A. B.
C. D.
11．在某次海军演习中，已知甲驱逐舰在航母的南偏东15°方向且与航母的距离为12海里，乙护卫舰在甲驱逐舰的正西方向，若测得乙护卫舰在航母的南偏西45°方向，则甲驱逐舰与乙护卫舰的距离为（）
A.海里 B.海里
C.海里 D.海里
12．设函数，则和的值分别为（ ）
A.、 B.、
C.、 D.、
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．某工厂年前加紧手套生产，设该工厂连续5天生产的手套数依次为，，，，（单位：万只），若这组数据，，，，的方差为4，且，，，，的平均数为8，则该工厂这5天平均每天生产手套______万只
14．直线过点，且原点到直线l的距离为，则直线方程是______
15．已知、是椭圆（）长轴的两个端点，、是椭圆上关于轴对称的两点，直线，的斜率分别为，（）．若椭圆的离心率为，则的最小值为______
16．已知数列满足，则的最小值为__________．的前20项和为________
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，离心率为，椭圆上任一点满足
（1）求椭圆的方程；
（2）若动直线与椭圆相交于、两点，若坐标原点总在以为直径的圆外时，求的取值范围.
18．（12分）已知椭圆过点，且离心率.

（1）求椭圆的方程；
（2）设直交椭圆于两点，判断点与以线段为直径的圆的位置关系，并说明理由.
19．（12分）在①，；②，，③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并解决问题
问题：设等差数列的前项和为，________________，若，判断是否存在最大值，若存在，求出取最大值时的值；若不存在，说明理由
注：如果选择多个条件分别解答．按第一个解答记分
20．（12分）已知直线经过椭圆的右焦点，且椭圆C的离心率为

（1）求椭圆C的标准方程；
（2）以椭圆的短轴为直径作圆，若点M是第一象限内圆周上一点，过点M作圆的切线交椭圆C于P，Q两点，椭圆C的右焦点为，试判断的周长是否为定值．若是，求出该定值
21．（12分）等比数列中，，
（1）求的通项公式；
（2）记为的前n项和．若，求m的值
22．（10分）已知为直角梯形，，平面，，.

（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
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】对求导，取得函数在上有极值的等价条件，再根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可
【详解】解：，则，
令，可得，
当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，
所以，函数在处取得极小值，
若函数在上有极值，则，，
因为，但是由推不出，
因此是函数在上有极值的必要不充分条件
故选：B
2、D
【解析】根据向量共面列方程，化简求得.
【详解】，所以不共线，
由于，，共面，
所以存在，使，
即，
，
，
，，
即.
故选：D
3、C
【解析】依题意根据等差数列的通项公式可得，再根据等差数列前项和公式计算可得；
【详解】解：因为，所以，即，所以，，，，
故选：C
4、C
【解析】求得，由此求得双曲线的渐近线方程.
【详解】离心率，则，所以渐近线方程.
故选：C
5、B
【解析】以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，根据向量垂直的坐标表示求出，再利用向量的坐标运算可得，根据共线定理即可判断.
【详解】设正方体的棱长为1.
以为坐标原点，所在直线
分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

则.
设，则，取.
，
.
故选：B
【点睛】本题考查了空间向量垂直的坐标表示、空间向量的坐标表示、空间向量共线定理，属于基础题.
6、D
【解析】根据互斥事件和对立事件的定义判断
【详解】当第一次取出1，第二次取出4时，甲丙同时发生，不互斥不对立；
第二次取出的球的数字是6与两次取出的球的数字之和是5不可能同时发生，但可以同时不发生，不对立，
当第一次取出1，第二次取出3时，甲与丁同时发生，不互斥不对立，
两次取出的球的数字之和是5与两次取出的球的数字之和是偶数不可以同时发生，但可以同时不发生，因此是互斥不对立
故选：D
7、D
【解析】根据直线、平面的位置关系，应用定义法判断两个条件之间的充分、必要性.
【详解】当，时，直线l可与平行、相交，故不一定成立，即充分性不成立；
当，时，直线l可在平面内，故不一定成立，即必要性不成立.
故选：D.
8、D
【解析】利用空间向量共线的坐标表示可求得、的值，即可得解.
【详解】因为，则，所以，，，因此，.
故选：D
9、D
【解析】函数在定义域上单调递增等价于在上恒成立，即在上恒成立，然后易得，最后求出范围即可.
【详解】函数的定义域为，
，
在定义域上单调递增等价于在上恒成立，
即在上恒成立，即在上恒成立，
分离参数得，所以，即.
【点睛】方法点睛：已知函数的单调性求参数的取值范围的通解：若在区间上单调递增，则在区间上恒成立；若在区间上单调递减，则在区间上恒成立；然后再利用分离参数求得参数的取值范围即可.
10、A
【解析】根据各项的分子和分母特征进行求解判断即可.
【详解】因为，
所以该数列的一个通项公式可以是；
对于选项B：，所以本选项不符合要求；
对于选项C：，所以本选项不符合要求；
对于选项D：，所以本选项不符合要求，
故选：A
11、A
【解析】利用正弦定理可求解.
【详解】设甲驱逐舰、乙护卫舰、航母所在位置分别为A，B，C，
则，，.
在△ABC中，由正弦定理得，即，
解得，即甲驱逐舰与乙护卫舰的距离为海里
故选：A
12、D
【解析】求得，即可求得、的值.
【详解】，则，则，故，.
故选：D.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、2
【解析】结合方差、平均数的公式列方程，化简求得正确答案.
【详解】依题意
设，
则，.
故答案为：
14、
【解析】直线斜率不存在不满足题意，即设直线的点斜式方程，再利用点到直线的距离公式，求出的值，即可求出直线方程.
【详解】①当直线斜率不存在时，显然不满足题意.
②当直线斜率存在时，设直线为.原点到直线l的距离为，即直线方程为.
故答案为：.
15、
【解析】设出点，，，的坐标，表示出直线，的斜率，作和后利用基本不等式求最值，利用离心率求得与的关系，则答案可求
详解】解：设，，，，，，，，
，，
，
当且仅当，即时等号成立
，是椭圆长轴的两个端点，，是椭圆上关于轴对称的两点，，，即，
的最小值为，
椭圆的离心率为，
，即，得，
的最小值为
故答案为：
16、 ① ②.
【解析】由题设可得，应用累加法求的通项公式，由基本不等式及确定的最小值，再应用裂项求和法求的前20和.
【详解】由题设，，
∴，…，，又，
∴将上式累加可得：，则，
∴，当且仅当时等号成立，
又，故最小，则或5，
当时，；当时，；
∴的最小值为.
由上知：，
∴前20项和为.
故答案为：8，.

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
【解析】（1）由已知计算可得即可得出方程.
（2）由已知可得联立方程，结合韦达定理计算即可得出结果.
【小问1详解】

依题得解得：
椭圆的方程为.
【小问2详解】
由已知动直线与椭圆相交于、，设
联立得：

解得：，即：或
（*）
坐标原点总在以为直径的圆外

则：,
即将（*）代入此式，
解得：，即
或
或
18、 (1) (2) 点G在以AB为直径的圆外
【解析】解法一：（Ⅰ）由已知得
解得
所以椭圆E的方程为
（Ⅱ）设点AB中点为
由
所以从而.
所以.

,
故
所以，故G在以AB为直径的圆外
解法二：（Ⅰ）同解法一.
（Ⅱ）设点，则
由所以
从而

所以不共线，所以锐角.
故点G在以AB为直径的圆外
考点：1、椭圆的标准方程；2、直线和椭圆的位置关系；3、点和圆的位置关系
19、答案不唯一，具体见解析
【解析】选①：易得，法一：令求n，即可为何值时取最大值；法二：写出，利用等差数列前n项和的函数性质判断为何值时有最大值；选②：由数列前n项和及等差数列下标和的性质易得、即可确定有最大值时值；选③：由等差数列前n项和公式易得、即可确定有最大值时值；
【详解】选①：设数列的公差为，，
，解得，即，
法一：当时，有，得，
∴当时，；，；时，，
∴或时，取最大值
法二：，对称轴，
∴或时，取最大值
选②：由，得，由等差中项的性质有，即，
由，得，
∴，故，
∴当时，，时，，故时，取最大值
选③：由，得，可得，
由，得，可得，
∴，故，
∴当时，，时，，故时，取最大值
【点睛】关键点点睛：根据所选的条件，结合等差数列前n项和公式的性质、下标和相等的性质等确定数列中项的正负性，找到界点n值即可.
20、（1）
（2）周长是定值，且定值为4
【解析】（1）首先求出直线与轴的交点，即可求出，再根据离心率求出，最后根据求出，即可得解；
（2）：设直线的方程为、、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，即可表示出弦的长，再根据直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径，即可得到，再求出、，最后根据计算即可得解；
【小问1详解】
解：因为经过椭圆的右焦点，令，则，所以椭圆的右焦点为，可得：，
又，可得：，由，所以，
∴椭圆的标准方程为 ；
【小问2详解】
解：设直线的方程为，
由得：，
所以，
设，，则：
，
所以

.
因为直线与圆相切，所以，即，
所以，
因为，
又，
所以，
同理.
所以
，
即的周长是定值，且定值为4
21、（1）或；
（2）5.
【解析】（1）设的公比为q，解方程即得解；
（2）分两种情况解方程即得解.
【小问1详解】
解：设的公比为q，由题设得
由已知得，解得（舍去），或
故或
【小问2详解】
解：若，则
由，得，解得
若，则
由，得，
因为，所以此方程没有正整数解
综上，
22、（1）证明见解析；（2）.
【解析】建立空间直角坐标系.
（1）方法一，利用向量的方法，通过计算，，证得，，由此证得平面.
方法二，利用几何法，通过平面证得，结合证得，由此证得平面.
（2）通过平面和平面的法向量，计算出平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【详解】如图，以为原点建立空间直角坐标系，
可得，，，.
（1）证明法一：因为，，，
所以，，
所以，，，平面，平面，
所以平面.
证明法二：因为平面，平面，所以，又因为，即，，平面，平面，
所以平面.

（2）由（1）知平面的一个法向量，
设平面的法向量，
又，，
且
所以
所以平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【点睛】本小题主要考查线面垂直的证明，考查二面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.