湖北省小池滨江高级中学2025-2026学年高二数学第一学期期末质量检测试题含解析.doc

湖北省小池滨江高级中学2025-2026学年高二数学第一学期期末质量检测试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，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．在等差数列中，，，则使数列的前n项和成立的最大正整数n=（ ）
A.2021 B.2022
C.4041 D.4042
2．如下图，面与面所成二面角的大小为，且A，B为其棱上两点．直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面中，且都垂直于AB，已知，，，则（）

A. B.
C. D.
3．已知直线过点，且与直线垂直，则直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
4．数列中，，，则（　　）
A.32 B.62
C.63 D.64
5．入冬以来，梁老师准备了4个不同的烤火炉，全部分发给楼的三个办公室（每层楼各有一个办公室）.1，2楼的老师反映办公室有点冷，所以1，2楼的每个办公室至少需要1个烤火队，3楼老师表示不要也可以.则梁老师共有多少种分发烤火炉的方法（）
A.108 B.36
C.50 D.86
6．设函数的导函数是，若，则（）
A. B.
C. D.
7．已知是空间的一个基底，若，，若，则（）
A. B.
C.3 D.
8．如图，过抛物线的焦点的直线依次交抛物线及准线于点，若且，则抛物线的方程为（ ）

A.
B.
C.
D.
9．如图，过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的直线l交抛物线于点A，B，交其准线于点C，若|BC|＝2|BF|，且|AF|＝3，则此抛物线的方程为（ ）

A.y2＝9x B.y2＝6x
C.y2＝3x D.y2＝x
10．已知圆的方程为，圆的方程为，其中．那么这两个圆的位置关系不可能为（）
A.外离 B.外切
C.内含 D.内切
11．如图，直三棱柱的所有棱长均相等，P是侧面内一点，设，若P到平面的距离为2d，则点P的轨迹是（ ）

A.圆的一部分 B.椭圆的一部分
C.抛物线的一部分 D.双曲线的一部分
12．已知命题：若直线的方向向量与平面的法向量垂直，则；命题：等轴双曲线的离心率为，则下列命题是真命题的是（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若椭圆：的长轴长为4，焦距为2，则椭圆的标准方程为______.
14．已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）上的点P（1，y0）（y0＞0）到焦点的距离为2，则p＝__
15．命题“矩形的对角线相等”的否命题是________.
16．已知椭圆的离心率为.
（1）证明：；
（2）若点在椭圆的内部，过点的直线交椭圆于、两点，为线段的中点，且.
①求直线的方程；
②求椭圆的标准方程.
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，底面是边长为2的正方形，，，且，为的中点

（1）求平面与平面夹角的余弦值；
（2）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由
18．（12分）已知椭圆的长轴长是，以其短轴为直径的圆过椭圆的左右焦点，.
（1）求椭圆E的方程；
（2）过椭圆E左焦点作不与坐标轴垂直的直线，交椭圆于M，N两点，线段MN的垂直平分线与y轴负半轴交于点Q，若点Q的纵坐标的最大值是，求面积的取值范围.
19．（12分）设函数.
（1）讨论函数在区间上的单调性；
（2）函数，若对任意的，总存在使得，求实数的取值范围.
20．（12分）已知点F是抛物线和椭圆的公共焦点，是与的交点，.

（1）求椭圆的方程；
（2）直线与抛物线相切于点，与椭圆交于，，点关于轴的对称点为.求的最大值及相应的.
21．（12分）已知圆的圆心为，且圆经过点
（1）求圆的标准方程；
（2）若圆：与圆恰有两条公切线，求实数取值范围
22．（10分）已知椭圆F：经过点且离心率为，直线和是分别过椭圆F的左、右焦点的两条动直线，它们与椭圆分别相交于点A、B和C、D，O为坐标原点，直线AB和直线CD相交于M．记直线的斜率分别为，且
（1）求椭圆F标准方程
（2）是否存在定点P，Q，使得为定值．若存在，请求出P、Q的坐标，若不存在，请说明理由
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】根据等差数列的性质易得，，再应用等差数列前n项和公式及等差中项、下标和的性质可得、，即可确定答案.
【详解】因为是等差数列且，，
所以，
，.
故选：C.
2、B
【解析】根据题意，作，且，则四边形ABDE为平行四边形，进一步判断出该四边形为矩形，然后确定出为二面角的平面角，进而通过余弦定理和勾股定理求得答案.
【详解】如图，作，且，则四边形ABDE为平行四边形，所以.因为，所以，又，所以是该二面角的一个平面角，即，由余弦定理.

因为，，所以，易得四边形ABDE为矩形，则，而，所以平面ACE，则，于是.
故选：B.
3、A
【解析】求出直线斜率，利用点斜式可得出直线的方程.
【详解】直线的斜率为，则直线的斜率为，
故直线的方程为，即.
故选：A.
4、C
【解析】把化成，故可得为等比数列，从而得到的值.
【详解】数列中，，故，
因为，故，故，
所以，所以为等比数列，公比为，首项为.
所以即，故，故选C.
【点睛】给定数列的递推关系，我们常需要对其做变形构建新数列（新数列的通项容易求得），常见的递推关系和变形方法如下：
（1），取倒数变形为；
（2），变形为，也可以变形为；
5、C
【解析】运用分类计数原理，结合组合数定义进行求解即可.
【详解】当3楼不要烤火炉时，不同的分发烤火炉的方法为：；
当3楼需要1个烤火炉时，不同的分发烤火炉的方法为：；
当3楼需要2个烤火炉时，不同的分发烤火炉的方法为：，
所以分发烤火炉的方法总数为：，
故选：C
【点睛】关键点睛：运用分类计数原理是解题的关键.
6、A
【解析】求导后，令，可求得，再令可求得结果.
【详解】因为，所以，
所以，所以，
所以，所以.
故选：A
【点睛】本题考查了导数的计算，考查了求导函数值，属于基础题.
7、C
【解析】由，可得存在实数，使，然后将代入化简可求得结果
【详解】，，
因，所以存在实数，使，
所以，
所以，
所以，得，，
所以，
故选：C
8、D
【解析】如图根据抛物线定义可知，进而推断出的值，在直角三角形中求得，进而根据，利用比例线段的性质可求得，则抛物线方程可得.
【详解】如图分别过点，作准线的垂线，分别交准线于点，
设，则由已知得：，由定义得：，故
在直角三角形中，，
，，从而得
，，求得，所以抛物线的方程为
故选：D

9、C
【解析】过点A，B分别作准线的垂线，交准线于点E，D，设|BF|＝a，利用抛物线的定义和平行线的性质、直角三角形求解
【详解】如图，过点A，B分别作准线的垂线，交准线于点E，D，设|BF|＝a，则由已知得|BC|＝2a，由抛物线定义得|BD|＝a，故∠BCD＝30°，在直角三角形ACE中，因为|AE|＝|AF|＝3，|AC|＝3＋3a，2|AE|＝|AC|，所以3＋3a＝6，从而得a＝1，|FC|＝3a＝3，所以p＝|FG|＝|FC|＝，因此抛物线的方程为y2＝3x，
故选：C.

10、C
【解析】求出圆心距的取值范围，然后利用圆心距与半径的和差关系判断.
【详解】由两圆的标准方程可得，，，；
则，所以两圆不可能内含.
故选：C.
11、B
【解析】取的中点，得出平面，作，在直角中，求得，以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，求得点的轨迹方程，即可求解.
【详解】如图所示，取的中点，连接，
得到平行于平面且过点的平面，如图（1）（2）所示，
作，则P1与 E重合，则，
在直角中，可得，
在图（3）中，设直三棱柱的所有棱长均为，且，
以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，
则，
所以，即
所以，整理得，
所以点P的轨迹是椭圆的一部分.

故选：B.
12、D
【解析】先判断出p、q的真假，再分别判断四个选项的真假.
【详解】因为“若直线的方向向量与平面的法向量垂直，则或”，所以p为假命题；
对于等轴双曲线，，所以离心率为，所以q为真命题.
所以假命题，故A错误；
为假命题，故B错误；
为假命题，故C错误；
为真命题，故D正确.
故选：D

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】由焦距可得c，长轴长得到a，再根据可得答案.
【详解】因为椭圆的长轴长为4，则，焦距为2，
由，得，
则椭圆的标准方程为：.
故答案为：.
14、2
【解析】根据已知条件，结合抛物线的定义，即可求解
【详解】解：∵抛物线C：y2＝2px（p＞0）上的点P（1，y0）（y0＞0）到焦点的距离为2，
∴由抛物线的定义可得，，解得p＝2
故答案为：2
15、 “若一个四边形不是矩形，则它的对角线不相等”
【解析】否命题是条件否定，结论否定，即可得解.
【详解】否命题是条件否定，结论否定，
所以命题“矩形的对角线相等”的否命题是“若一个四边形不是矩形，则它的对角线不相等”
故答案为：“若一个四边形不是矩形，则它的对角线不相等”
16、（1）证明见解析；（2）①；②.
【解析】（1）由可证得结论成立；
（2）①设点、，利用点差法可求得直线的斜率，利用点斜式可得出所求直线的方程；
②将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由可得出，利用平面向量数量积的坐标运算可得出关于的等式，可求出的值，即可得出椭圆的方程.
【详解】（1），，因此，；
（2）①由（1）知，椭圆的方程为，即，
当在椭圆的内部时，，可得.
设点、，则，所以，，
由已知可得，两式作差得，
所以，
所以，直线方程为，即.
所以，直线的方程为；
②联立，消去可得.
，
由韦达定理可得，，
又，而，，

，
解得合乎题意，故，
因此，椭圆的方程为.

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）存在，点为线段的靠近点的三等分点
【解析】（1）根据题意证得平面，进而证得平面，得到平面，以点为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解；
（2）设点，求得平面的法向量为，结合向量的距离公式列出方程，求得的值，即可得到答案.
【小问1详解】
解：因为四边形为正方形，则，，
由，，，所以平面，
因为平面，所以，
又由，，，所以平面，
又因为平面，所以，
因为且平面，所以平面，
由平面，且，不妨以点为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
可得，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
易得平面的法向量为，
则，
由平面与平面夹角为锐角，所以平面与平面夹角的余弦值
【小问2详解】
解：设点，可得，，
设平面的法向量为，
则，取，可得，所以，
所以点到平面的距离为，
解得，即或
因为，所以
故当点为线段的靠近点的三等分点时，点到平面的距离为.

18、（1）；
（2）.
【解析】(1)根据给定条件结合列式计算即可作答.
(2)设出直线MN的方程，与椭圆方程联立并结合已知求出m的范围，
再借助韦达定理求出面积函数，利用函数单调性计算作答.
【小问1详解】
令椭圆半焦距为c，依题意，，解得，
所以椭圆E的方程为.
【小问2详解】
由(1)知，椭圆E左焦点为，设过椭圆E左焦点的直线为(存在且不为0)，
由消去x得，，设，
则，线段的中点为，
因此线段的垂直平分线为，由得的纵坐标为，
依题意，且，解得，由(1)知，，
，
令，在上单调递减，
当，即时，，当，即时，，
所以面积的取值范围.
【点睛】结论点睛：过定点的直线l：y=kx+b交圆锥曲线于点，，则面积；
过定点直线l：x=ty+a交圆锥曲线于点，，则面积
19、（1）答案见解析；
（2）.
【解析】（1）求导，根据导函数的正负性分类讨论进行求解即可；
（2）根据存在性和任意性的定义，结合导数的性质、（1）的结论、构造函数法分类讨论进行求解即可.
【小问1详解】
,
,
①当时，恒成立，
在上单调递增.
②当时，恒成立，在上单调递减，
③当吋，，
在单调递减，单调递增.
综上所述，当吋，在上单调递增；
当时，在上单调递减，
当时，在单调递减，单调递增.
【小问2详解】
由题意可知：

在单调递减，单调递增
由（1）可知：
①当时，在单调递增，则恒成立
②当时，在单调递减，
则应（舍）
③当时，，
则应有
令，则，且
在单调递增，单调递减，又恒成立，则无解
综上，.
【点睛】关键点睛：运用构造函数法，结合存在性、任意性的定义进行求解是解题的关键.
20、（1）；（2），.
【解析】（1）根据题意可得，然后根据，，计算可得，最后可得结果.
（2）假设直线的方程为，根据与抛物线相切，可得，然后与椭圆联立，计算，然后计算点到的距离，计算，利用函数性质可得结果.
【详解】（1）由题意知：，.
，
得：，所以.
所以的方程为.

（2）设直线的方程为，则
由，得

得：
所以直线的方程为.
由，得
得
.
又，所以点到的距离为.
.
令，则，
.
此时，即
【点睛】本题考查直线与圆锥曲线的综合以及三角形面积问题，本题着重考查对问题分析能力以及计算能力，属难题.
21、（1）；
（2）.
【解析】(1)根据给定条件求出圆C的半径，再直接写出方程作答.
(2)由给定条件可得圆C与圆O相交，由此列出不等式求解作答.
【小问1详解】
依题意，圆C的半径，
所以圆的标准方程是：.
【小问2详解】
圆：圆心，半径为，
因圆与圆恰有两条公切线，则有圆O与圆C相交，即，而，
因此有，解得，
所以实数的取值范围是.
22、（1）；
（2）存在点，使得为定值.
【解析】（1）设，，，结合条件即求；
（2）由题可设直线方程，利用韦达定理法可得，再结合条件可得点的轨迹方程为，然后利用椭圆的定义即得结论.
【小问1详解】
设，，，椭圆方程为：，
椭圆过点，
，解得t=1，
所以椭圆F的方程是
【小问2详解】
由题可得焦点的坐标分别为，
当直线AB或CD的斜率不存在时，点M的坐标为或，
当直线AB和CD的斜率都存在时，设斜率分别为，点，
直线AB为，
联立，得
则，，

同理可得，，
因为，
所以，化简得
由题意，知，所以
设点，则，
所以，化简得，
当直线或的斜率不存在时，点M的坐标为或，也满足此方程
所以点在椭圆上，
根据椭圆定义可知，存在定点，使得为定值
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用韦达定理法及题设条件求出点M的轨迹方程，再结合椭圆的定义，从而问题得到解决.