2026届山东省文登市大水泊中学高二数学第一学期期末检测试题含解析.doc

2026届山东省文登市大水泊中学高二数学第一学期期末检测试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．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
2．给出命题：若函数是幂函数，则函数的图象不过第四象限．在它的逆命题、否命题、逆否命题三个命题中，真命题的个数是（ ）
A.3 B.2
C.1 D.0
3．若数列为等比数列，且，，则（ ）
A.8 B.16
C.32 D.64
4．在数列中，，，，则（）
A.2 B.
C. D.1
5．等比数列，，，成公差不为0的等差数列，，则数列的前10项和（ ）
A. B.
C. D.
6．从某个角度观察篮球（如图甲），可以得到一个对称的平面图形，如图乙所示，篮球的外轮廓为圆，将篮球表面的粘合线视为坐标轴和双曲线，若坐标轴和双曲线与圆的交点将圆的周长八等分，且，则该双曲线的离心率为（ ）

A. B.
C.2 D.
7．平面的法向量，平面的法向量，已知，则等于（ ）
A B.
C. D.
8．已知，，若，则（ ）
A.6 B.11
C.12 D.22
9．若函数在上有且仅有一个极值点，则实数的取值范围为（）
A. B.
C. D.
10．已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围是
A. B.
C. D.
11．过抛物线的焦点引斜率为1的直线，交抛物线于，两点，则（ ）
A.4 B.6
C.8 D.10
12．下列命题中是真命题的是（）
A.“”是“”的充分非必要条件
B.“”是“”的必要非充分条件
C.在中“”是“”的充分非必要条件
D.“”是“”的充要条件
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知命题：平面上一矩形ABCD的对角线AC与边AB和AD所成角分别为，则，若把它推广到空间长方体中，体对角线与平面，平面，平面所成的角分别为，则可以类比得到的结论为___________________.
14．在一平面直角坐标系中，已知，现沿x轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A，B两点间的距离为___________.
15．中国的西气东输工程把西部地区的资源优势变为经济优势，实现了天然气能源需求与供给的东西部衔接，工程建设也加快了西部及沿线地区的经济发展.输气管道工程建设中，某段管道铺设要经过一处峡谷，峡谷内恰好有一处直角拐角，水平横向移动输气管经过此拐角，从宽为的峡谷拐入宽为的峡谷，如图所示，位于峡谷悬崖壁上两点，的连线恰好经过拐角内侧顶点(点，，在同一水平面内)，设与较宽侧峡谷悬崖壁所成的角为，则的长为______(用表示).要使输气管顺利通过拐角，其长度不能低于______.

16．函数y＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则a＝________.
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f(x)=x3 +ax2+2，x=2是f(x)的一个极值点.
（1）求实数a的值；
（2）求f(x)在区间(-1，4]上的最大值和最小值.
18．（12分） “绿水青山就是金山银山”，中国一直践行创新、协调、绿色、开放、共享的发展理念，着力促进经济实现高质量发展，决心走绿色、低碳、可持续发展之路．新能源汽车环保、节能，以电代油，减少排放，既符合我国的国情，也代表了世界汽车产业发展的方向工业部表示，到2025年我国新能源汽车销量占总销量将达20%以上.2021年，某集团以20亿元收购某品牌新能源汽车制造企业，并计划投资30亿元来发展该品牌.2021年该品牌汽车的销售量为10万辆，每辆车的平均销售利润为3000元．据专家预测，以后每年销售量比上一年增加10万辆，每辆车的平均销售利润比上一年减少10%
（1）若把2021年看作第一年，则第n年的销售利润为多少亿元？
（2）到2027年年底，该集团能否通过该品牌汽车实现盈利？
（实现盈利即销售利润超过总投资，参考数据：，，）
19．（12分）已知圆，直线.
（1）当为何值时，直线与圆相切；
（2）当直线与圆相交于、两点，且时，求直线的方程.
20．（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率，且过点
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知过的直线l交椭圆C于A、B两点，试探究在平面内是否存在定点Q，使得是一个确定的常数？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由
21．（12分）已知圆，直线
（1）证明直线与圆C一定有两个交点；
（2）求直线与圆相交的最短弦长，并求对应弦长最短时的直线方程
22．（10分）如图，在三棱柱中，＝2，且，⊥底面ABC．E为AB中点

（1）求证：平面；
（2）求平面与平面CEB夹角的余弦值
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】,，所以是必要不充分条件，故选B.
考点：1.指、对数函数的性质；2.充分条件与必要条件.
2、C
【解析】若函数是幂函数，则函数的图象不过第四象限，原命题是真命题，则其逆否命题也是真命题；其逆命题为：若函数的图象不过第四象限，则函数是幂函数是假命题，所以原命题的否命题也是假命题.故它的逆命题、否命题、逆否命题三个命题中，真命题有一个．选C
3、B
【解析】设等比数列的公比为，根据等比数列的通项公式得到，即可求出，再根据计算可得；
【详解】解：设等比数列公比为，因为、，所以，所以；
故选：B
4、A
【解析】根据题中条件，逐项计算，即可得出结果.
【详解】因为，，，
所以，
因此.
故选：A.
5、C
【解析】先设等比数列的公比为，结合条件可知，由等差中项可知，利用等比数列的通项公式进行化简求出，最后利用分组求和法，以及等比数列、等差数列的求和公式，即可求出数列的前10项和.
【详解】设等比数列的公比为，
，，成公差不为0的等差数列，则，，都不相等，
，且，
，，
，即，解得：或（舍去），
，所以数列的前10项和：

.
故选：C.
6、B
【解析】设出双曲线方程，把双曲线上的点的坐标表示出来并代入到方程中，找到的关系即可求解.
【详解】以O为原点，AD所在直线为x轴建系，不妨设，
则该双曲线过点且，
将点代入方程，
故离心率为，
故选：B
【点睛】本题考查已知点在双曲线上求双曲线离心率的方法，属于基础题目
7、A
【解析】根据两个平面平行得出其法向量平行，根据向量共线定理进行计算即可.
【详解】由题意得，因为，所以（），
即，解得，
所以.
故选:A
8、C
【解析】根据递推关系式计算即可求出结果.
【详解】因为，，，
则，，，
故选：C.
9、C
【解析】根据极值点的意义,可知函数的导函数在上有且仅有一个零点.结合零点存在定理,即可求得的取值范围.
【详解】函数
则
因为函数在上有且仅有一个极值点
即在上有且仅有一个零点
根据函数零点存在定理可知满足即可
代入可得
解得
故选:C
【点睛】本题考查了函数极值点的意义,函数零点存在定理的应用,属于中档题.
10、C
【解析】当时，，函数有两个零点和，不满足题意，舍去；当时，，令，得或．时，；时，；时，，且，此时在必有零点，故不满足题意，舍去；当时，时，；时，；时，，且，要使得存在唯一的零点，且，只需，即，则，选C
考点：1、函数的零点；2、利用导数求函数的极值；3、利用导数判断函数的单调性
11、C
【解析】由题意可得，的方程为，设、，联立直线与抛物线方程可求，利用抛物线的定义计算即可求解.
【详解】由上可得：焦点，直线的方程为，
设，，
由，可得，
则有，
由抛物线的定义可得：，
故选：C.
12、B
【解析】根据充分条件、必要条件、充要条件的定义依次判断.
【详解】当时，，非充分，故A错.
当不能推出，所以非充分，
，所以是必要条件，故B正确.
当在中，，
反之，故为充要条件，故C错；
当时，，，，充分条件，
因为，当时成立，非必要条件，故D错.
故选：B.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】先由线面角的定义得到，再计算的值即可得到结论
【详解】在长方体中，连接，
在长方体中，平面，
所以对角线与平面所成的角为，
对角线与平面所成的角为,
对角线与平面所成的角为，
显然，
，
，
所以
,

，
故答案为：

14、
【解析】平面直角坐标系中，沿轴将坐标平面折成的二面角后，在平面上的射影为，作轴，交轴于点，通过用向量的数量积转化求解距离即可.
【详解】在直角坐标系中，已知，现沿轴将坐标平面折成的二面角后，在平面上的射影为，作轴，交轴于点，

所以,
所以
，
所以,
故答案为：
15、 ①. ②.
【解析】(1)利用三角关系分别利用表示、即可求解；(2)利用导数求最小值的方法即可求解.
【详解】过点分别作，，垂足分别为，，

则，
在中，，则，同理可得，
所以.
令，
则，
令，，得，即，
由，解得，
当时，；当时，，
所以当时，取得极小值，也是最小值，
则，
故输气管的长度不能低于m.
故答案为：；.
16、4
【解析】∵y′＝3x2＋2ax＋b，
∴或
当a＝－3，b＝3时，y′＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0恒成立，故舍去．所以a＝4

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）最大值为18，最小值为.
【解析】（1）解方程即得解；
（2）利用导数求出函数的单调区间分析即得解.
【小问1详解】
解：因为，所以，
因为在处有极值，所以，
即，所以.
经检验，当时，符合题意.
所以.
【小问2详解】
解：由（1）可知，所以，
令，得，
当时，
由得，；由得，或.
所以函数在上递增，在上递减，在上递增，
又.
所以的最小值为，
又，所以的最大值为，
所以在的最大值为18，最小值为.
18、（1）亿元
（2）该集团能通过该品牌汽车实现盈利
【解析】（1）由题意可求得第n年的销售量，第n年每辆车的平均销售利润，从而可求出第n年的销售利润，
（2）利用错位相减法求出到2027年年底销售利润总和，再与总投资额比较即可
【小问1详解】
设第n年的销售量为万辆，则该汽车的年销售量构成首项为10，公差为10的等差数列，所以，
设第n年每辆车的平均销售利润为元，则每辆汽车的平均销售利润构成首项为3000，公比为0.9的等比数列，所以，
记第n年的销售利润为，则万元；
即第n年的销售利润为亿元
【小问2详解】
到2027年年底，设销售利润总和为S亿元，
则①，
②，
①﹣②得亿元，
而总投资为亿元，
因为，则到2027年年底，该集团能通过该品牌汽车实现盈利
19、（1）；（2）或.
【解析】（1）将圆的方程表示为标准方程，确定圆心坐标与半径，利用圆心到直线的距离可求得实数的值；
（2）求出圆心到直线的距离，利用、、三者满足勾股定理可求得的方程，解出的值，即可得出直线的方程.
【详解】将圆C的方程配方得标准方程为，则此圆的圆心为，半径为.
（1）若直线与圆相切，则有，解得；
（2）圆心到直线的距离为，
由勾股定理可得，可得，
整理得，解得或，
故所求直线方程为或.
【点睛】方法点睛：圆的弦长的常用求法
（1）几何法：求圆的半径为，弦心距为，弦长为，则；
（2）代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式.
20、（1）
（2）存在，定点
【解析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的方程.
（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，设出直线的方程并与椭圆方程联立，结合是常数列方程，从而求得定点的坐标.
小问1详解】
，，
由题可得：.
【小问2详解】
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为，设，，
联立方程组，整理得，
可得，
所以

则恒成立，
则，解得，，，
此时，即存在定点满足条件
当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝－2，可得，，
设要使得是一个常数，即，
显然，也使得成立；
综上所述：存在定点满足条件.
21、（1）证明见解析
（2）答案见解析
【解析】（1）由，变形为求解直线过的定点，即可得解；
（2）法一：由圆心和连线与直线垂直求解；
法二：由圆心到直线距离最大时求解.
【小问1详解】
解：，所以，
令，所以直线经过定点，
圆可变形为，
因为，所以定点在圆内，
所以直线和圆C相交，有两个交点；
【小问2详解】
法一：圆心为，到距离为，圆心与连线的斜率为，
最短弦与圆心和的连线垂直，所以，
所以最短弦长为，直线的方程为
法二：圆心到直线距离：
，
，
要求d的最大值，则，当且仅当时，d的最大值为，
所以最短弦长为，直线的方程为.
22、（1）证明见解析；
（2）.
【解析】（1）连接 与交于点O，连接OE，得到，再利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）根据，底面，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，再根据底面，得到平面一个法向量，然后由夹角公式求解.
【小问1详解】
如图所示：
连接 与交于点O，连接OE，如图，

由分别为的中点
所以，又平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
由，底面，故底面
建立如图所示空间直角坐标系：

则，
所以，
设平面的一个法向量为：，
则，即，
令，则，则，
因为底面，所以为平面一个法向量，
所以
所以平面与平面CEB夹角的余弦值为.