2026届江西省南昌县莲塘第一中学高二数学第一学期期末考试试题含解析.doc

2026届江西省南昌县莲塘第一中学高二数学第一学期期末考试试题
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．正数a,b满足,若不等式对任意实数x恒成立,则实数m的取值范围是
A. B.
C. D.
2．函数的大致图象是（）
A. B.
C. D.
3．已知向量，，则等于（）
A. B.
C. D.
4．圆关于直线对称，则的最小值是（ ）
A. B.
C. D.
5．已知l，m是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，则（）
A.若，则 B.若，则
C.若，则 D.若，则
6．彬塔，又称开元寺塔、彬县塔，民间称“雷峰塔”，位于陕西省彬县城内西南紫薇山下.某同学为测量彬塔高度，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，，在点测得塔顶的仰角为60°，则塔高（）

A.30m B.
C. D.
7．已知甲、乙、丙三名同学同时独立地解答一道导数试题，每人均有的概率解答正确，且三个人解答正确与否相互独立，在三人中至少有两人解答正确的条件下，甲解答不正确的概率
A. B.
C. D.
8．设，，若，其中是自然对数底，则（）
A. B.
C. D.
9．已知点P是双曲线上的动点，过原点O的直线l与双曲线分别相交于M、N两点，则的最小值为（）
A.4 B.3
C.2 D.1
10．已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
11．数列1，，，的一个通项公式可以是（）
A. B.
C. D.
12．①“若，则互为相反数”的逆命题；②“若，则”的逆否命题；③“若，则”的否命题.其中真命题的个数为（）
A.0 B.1
C.2 D.3
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．与直线平行，且距离为的直线方程为______
14．已知曲线，则以下结论正确的是______.①曲线C关于点对称；②曲线C关于y轴对称；③曲线C被x轴所截得的弦长为2；④曲线C上的点到原点距离都不超过2.
15．已知抛物线上一横坐标为5的点到焦点的距离为6，且该抛物线的准线与双曲线：的两条渐近线所围成的三角形面积为，则双曲线的离心率为__________.
16．如图所示四棱锥，底面ABCD为直角梯形，，，，，是底面ABCD内一点（含边界），平面MBD，则点O轨迹的长度为_____________.

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）设圆的圆心为A，直线l过点且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E

（1）判断与题中圆A的半径的大小关系，并写出点E的轨迹方程；
（2）过点作斜率为，的两条直线，分别交点E的轨迹于M，N两点，且，证明：直线MN必过定点
18．（12分）已知椭圆C：的右顶点为A，上顶点为B．离心率为，
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设椭圆的右焦点为F，过点F的直线l与椭圆C相交于D，E两点，直线：与x轴相交于点H，过点D作，垂足为
①求四边形ODHE（O为坐标原点）面积的取值范围；
②证明：直线过定点G，并求点G的坐标
19．（12分）2021年国庆期间，某电器商场为了促销，给出了两种优惠方案，顾客只能选择其中的一种，方案一：每消费满8千元，可减8百元.方案二：消费金额超过8千元（含8千元），可抽取小球三次，其规则是依次从装有2个红色小球、2个黄色小球的一号箱子，装有2个红色小球、2个黄色小球的二号箱子，装有1个红色小球、3个黄色小球的三号箱子各抽一个小球（这些小球除颜色外完全相同），其优惠情况为：若抽出3个红色小球则打6折；若抽出2个红色小球则打7折；若抽出1个红色小球则打8折；若没有抽出红色小球则不打折.
（1）若有两名顾客恰好消费8千元，他们都选中第二方案，求至少有一名顾客比选择方案一更优惠的概率；
（2）若你朋友在该商场消费了1万元，请用所学知识帮助你朋友分析一下应选择哪种付款方案.
20．（12分）已知椭圆的下焦点为、上焦点为，其离心率．过焦点且与x轴不垂直的直线l交椭圆于A、B两点
（1）求实数m的值；
（2）求△ABO(O为原点)面积的最大值
21．（12分）如图，正三棱柱中，D是的中点，.

（1）求点C到平面的距离；
（2）试判断与平面的位置关系，并证明你的结论.
22．（10分）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且.
（1）求角B的大小；
（2）若，，且，求a.
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、A
【解析】利用基本不等式求得的最小值，把问题转化为恒成立的类型，求解的最大值即可.
【详解】,
，且a,b为正数，
，
当且仅当，即时，，
若不等式对任意实数x恒成立，
则对任意实数x恒成立，
即对任意实数x恒成立，
，
，
故选：A
【点睛】本题主要考查了恒成立问题，基本不等式求最值，二次函数求最值，属于中档题.
2、A
【解析】由得出函数是奇函数，再求得，，运用排除法可得选项.
【详解】法一：由函数，则，所以函数为奇函数，图象关于原点对称，所以排除B；
因为，所以排除D；
因为，所以排除C，
故选：A.
【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置
(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.
3、C
【解析】根据题意，结合空间向量的坐标运算，即可求解.
【详解】由，，得，因此.
故选：C.
4、C
【解析】先求出圆的圆心坐标，根据条件可得直线过圆心，从而可得，然后由，展开利用均值不等式可得答案.
【详解】由圆可得标准方程为，
因为圆关于直线对称，
该直线经过圆心，即，，
，
当且仅当，即时取等号，
故选：C.
5、B
【解析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系分析选项A,C,D，由平面与平面垂直的判定定理判定选项D.
【详解】选项A.由，，直线l，m可能相交、平行，异面，故不正确.
选项B.由，，则，故正确.
选项C.由，，直线l，m可能相交、平行，异面，故不正确.
选项D.由,,则可能相交，可能平行，故不正确.
故选：B
6、D
【解析】在△中有，再应用正弦定理求，再在△中，即可求塔高.
【详解】由题设知：，

又，
△中，可得，
在△中，，则.
故选：D
7、C
【解析】记“三人中至少有两人解答正确”为事件；“甲解答不正确”为事件，利用二项分布的知识计算出，再计算出，结合条件概率公式求得结果.
【详解】记“三人中至少有两人解答正确”为事件；“甲解答不正确”为事件
则；

本题正确选项：
【点睛】本题考查条件概率的求解问题，涉及到利用二项分布公式求解概率的问题.
8、A
【解析】利用函数的单调性可得正确的选项.
【详解】令，因为均为，
故为上的增函数，
由可得，故，
故选：A.
9、C
【解析】根据双曲线的对称性可得为的中点，即可得到，再根据双曲线的性质计算可得；
【详解】解：根据双曲线的对称性可知为的中点，所以，又在上，所以，当且仅当在双曲线的顶点时取等号，所以
故选：C
10、C
【解析】由题意得出，构造函数，可知函数在区间上单调递增，可得出对任意的恒成立，利用参变量分离法可得出，利用导数求得函数在区间上的最大值，由此可求得实数的取值范围.
【详解】函数的定义域为，当时，恒成立，
即，构造函数，则，
所以，函数在区间上为增函数，
则对任意的恒成立，，
令，其中，则.
，所以函数在上单调递减；
又，所以.
因此，实数的取值范围是.
故选：C.
11、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
12、B
【解析】写出逆命题判断①；写出逆否命题判断②；写出否命题判断③.
【详解】①: “若，则互为相反数”的逆命题为：“若互为相反数，则”，是真命题；
②：“若，则”的逆否命题为：“若，则”.
因为当时，有，但不成立.故“若，则”是假命题.
③：“若，则”的否命题为：“若，则”.
因为当时，有，但是，即不成立.
故“若，则”是假命题..
故选：B

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、或
【解析】由题意，设所求直线方程为，根据两平行直线间的距离公式即可求解.
【详解】解：由题意，设所求直线方程为，
因为直线与直线的距离为，
所以，解得或，
所以所求直线方程为或，
故答案为：或.
14、②④
【解析】将x换成,将y换成,若方程不变则关于原点对称；将x换成，曲线的方程不变则关于y轴对称；令通过解方程即可求得被x轴所截得的弦长；利用基本不等式即可判断出曲线C上y轴右侧的点到原点距离是否不超过2，根据曲线C关于y轴对称，即可判断出曲线C上的点到原点距离是否都不超过2.
【详解】对于①，将x换成,将y换成,方程改变，则曲线C关于点不对称，故①错误；
对于②，将x换成，曲线的方程不变，则曲线C关于y轴对称，故②正确；
对于③，令得，，解得，即曲线C与x轴的交点为和，则曲线C被x轴所截得的弦长为，故③错误；
对于④，当时，，可得，当且仅当时取等号，即，则，即曲线C上y轴右侧的点到原点的距离都不超过2，此曲线关于y轴对称，即曲线C上y轴左侧的点到原点的距离也不超过2，故④正确；
故答案为：②④.
15、3
【解析】由题意求得抛物线的准线方程为，进而得到准线与双曲线C的渐近线围成的三角形面积，求得，再结合和离心率的定义，即可求解.
【详解】由题意，抛物线上一横坐标为5的点到焦点的距离为6，
根据抛物线定义，可得，即，
所以抛物线的准线方程为，
又由双曲线C的两条渐近线方程为，
则抛物线的准线与双曲线C的两条渐近线围成的三角形面积为，
解得，
又由，可得，
所以双曲线C离心率.
故答案为：3.
16、
【解析】绘出如图所示的辅助线，然后通过平面平面得出点轨迹为线段，最后通过求出、的长度即可得出结果.
【详解】如图，延长到点，使且，连接，
取上点，使得，作，交于点，交于点，连接，

因为，所以，
因为，又，所以，，
因为，，，
所以平面平面，
因为平面，面，所以点轨迹为线段，
因为，，所以，
因为，，，所以，
因为底面为直角梯形，
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）与半径相等，
（2）证明见解析
【解析】（1）依据椭圆定义去求点E的轨迹方程事半功倍；
（2）直线MN要分为斜率存在的和不存在的两种情况进行讨论，由设而不求法把条件转化为直线MN过定点的条件即可解决.
【小问1详解】
圆即为，
可得圆心，半径，由，
可得，由，可得，
即为，即有，
则，所以其与半径相等.
因为，
故E的轨迹为以A，B为焦点的椭圆（不包括左右顶点），
且有，，即，，，
则点E的轨迹方程为；
【小问2详解】
当直线MN斜率不存在时，设直线方程为，
则，，
，，则，∴，
此时直线MN的方程为
当直线MN斜率存在时，设直线方程为：，
与椭圆方程联立：，得，
设，，有
则
将*式代入化简可得：，即，∴，
此时直线MN：，恒过定点
又直线MN斜率不存在时，直线MN：也过，故直线MN过定点.
【点睛】数形结合是数学解题中常用的思想方法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷。
18、（1）；
（2）①；②详见解析；.
【解析】（1）由题得，即求；
（2）①由题可设，利用韦达定理法可得，进而可得四边形ODHE面积，再利用对勾函数的性质可求范围；②由题可得，令，通过计算可得，即得.
【小问1详解】
由题可得，
解得，
∴椭圆C的标准方程.
【小问2详解】
①由题可知，可设直线，，
由，可得，
∴，，
∴，
∴四边形ODHE面积，
令，则，
因为，所以，当时，取等号，
∴，
∴四边形ODHE面积取值范围为；
②由上可得，直线，
令，得，
由，可得，
∴，
∴直线过定点G.
19、（1）
（2）选择方案二更划算
【解析】（1）要使方案二比方案一优惠，则需要抽出至少一个红球，求出没有抽出红色小球的概率，再根据对立事件的概率公式即可得出答案；
（2）若选择方案一，则需付款（元），若选择方案二，设付款金额为元，则可取6000，7000，8000，10000，求出对应概率，从而可求得的期望，在比较的期望与9200的大小即可得出结论.
【小问1详解】
解：根据题意得要使方案二比方案一优惠，则需要抽出至少一个红球，
设没有抽出红色小球为事件，
则，
所以所求概率；
【小问2详解】
解：若选择方案一，则需付款（元），
若选择方案二，设付款金额为元，
则可取6000，7000，8000，10000，
，
，
，
，
故的分布列为
X
6000
7000
8000
10000
P

所以（元），
因为，
所以选择方案二更划算.
20、（1）2；（2）﹒
【解析】(1)根据已知条件得，，结合离心率，即可解得答案
(2)设直线的方程，与椭圆方程联立，利用弦长公式以及三角形的面积公式，基本不等式即可得出答案
【小问1详解】
由题意可得，，，
∵离心率，
∴，
∵，
∴，解得
【小问2详解】
由(1)知，椭圆，上焦点，
设，，，，直线的方程为：，
联立，得，
∴，，
∴，
∴，
∴
，
当且仅当，即时等号成立，
∴为原点)面积的最大值为
21、（1）
（2）平行，证明过程见解析.
【解析】（1）利用等体积法即可求解；
（2）利用线面平行判定即可求解.
【小问1详解】
解：正三棱柱中，D是的中点，
所以，，
正三棱柱中，
所以
又因为正三棱柱中，侧面平面且交线为
且平面中，
所以平面
又平面
所以
设点C到平面的距离为
在三棱锥中，

即

所以点C到平面的距离为.
【小问2详解】
与平面的位置，证明如下：
连接交于点，连接，如下图所示，

因为正三棱柱的侧面为矩形
所以为的中点
又因为为中点
所以为的中位线
所以
又因为平面，且平面
所以平面
22、（1）；
（2）.
【解析】（1）根据已知条件，运用余弦定理化简可求出；
（2）由可求出，利用诱导公式和两角和的正弦公式求出，再利用正弦定理即求.
【小问1详解】
）∵且，
∴，
∴，
∴，∵，
∴.
【小问2详解】
∵，
∴，∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，，，
∴.