山东省恒台第一中学2025-2026学年数学高二第一学期期末预测试题含解析.doc

山东省恒台第一中学2025-2026学年数学高二第一学期期末预测试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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．已知点是抛物线上的一点,F是抛物线的焦点,则点M到F的距离等于()
A.6 B.5
C.4 D.2
2．直线l的方向向量为，且l过点，则点到l的距离为()
A B.
C. D.
3．在空间直角坐标系中，若，，则点B的坐标为（）
A.（3，1，﹣2） B.（-3，1，2）
C.（-3，1，-2） D.（3，-1，2）
4．某市统计局网站公布了2017年至2020年该市政府部门网站的每年的两项访问量，数据如下：
年度
项目
2017年
2018年
2019年
2020年
独立用户访问总量（单位：个）
2512
57392
44000
60989
网站总访问量（单位：次）
23435
370348
194783
219288
下列表述中错误的是（ ）
A.2017年至2018年，两项访问量都增长幅度较大；
B.2018年至2019年，两项访问量都有所回落；
C.2019年至2020年，两项访问量都又有所增长；
D.从数据可以看出，该市政府部门网站的两项访问量都呈逐年增长态势
5．如图，在四棱锥中，平面，底面是正方形，，则下列数量积最大的是（）

A. B.
C. D.
6．已知点到直线：的距离为1，则等于（）
A. B.
C. D.
7．已知m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题中正确的为
A 若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β B.若m∥α，m∥β，则α∥β
C.若m∥α，n∥α，则m∥n D.若m⊥α，n⊥α，则m∥n
8．已知圆与圆没有公共点，则实数a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
9．为了解青少年视力情况，统计得到名青少年的视力测量值（五分记录法）的茎叶图，其中茎表示个位数，叶表示十分位数，则该组数据的中位数是（ ）

A. B.
C. D.
10．已知函数，其导函数的图象如图所示，则( )

A.在上为减函数 B.在处取极小值
C.在上为减函数 D.在处取极大值
11．阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积公式，设椭圆的长半轴长、短半轴长分别为，则椭圆的面积公式为，若椭圆的离心率为，面积为，则椭圆的标准方程为（　　）
A.或 B.或
C.或 D.或
12．椭圆的焦点坐标是（ ）
A.（±4，0） B.（0，±4）
C.（±5，0） D.（0，±5）
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期的数学三巨匠．“阿波罗尼斯圆”是他的代表成果之一：平面上动点P到两定点A，B的距离之比满足(且，t为常数)，则点的轨迹为圆．已知在平面直角坐标系中，，，动点P满足，则P点的轨迹为圆，该圆方程为_________；过点的直线交圆于两点，且，则_________
14．若直线与直线平行，且原点到直线的距离为，则直线的方程为____________.
15．设是定义在上的可导函数，且满足，则不等式解集为_______
16．命题“x≥1，x2 -2x+4≥0”的否定为____________.
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）如图，四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，，，且，E为PD的中点

（1）求证：；
（2）求二面角的大小；
（3）在侧棱PC上是否存在点F，使得点F到平面AEC的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由
18．（12分）如图，在四棱锥中，，为的中点，连接.

（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
19．（12分）如图，在梯形中，，四边形为矩形，且平面，.

（1）求证：；
（2）点在线段（不含端点）上运动，设直线与平面所成角为，求的取值范围.
20．（12分）在平面直角坐标系中，点在抛物线上
（1）求的值；
（2）若直线l与抛物线C交于，两点，，且，求的最小值
21．（12分）已知圆，直线，直线l与圆C相交于P，Q两点
（1）求的最小值；
（2）当的面积最大时，求直线l的方程
22．（10分）如图，在三棱锥中，侧面PBC是边长为2的等边三角形，M，N分别为AB，AP的中点．过MN的平面与侧面PBC交于EF

（1）求证：；
（2）若平面平面ABC，，求直线PB与平面PAC所成角的正弦值
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】先求出,再利用焦半径公式即可获解.
【详解】由题意，,解得
所以
故选：B.
2、C
【解析】利用向量投影和勾股定理即可计算.
【详解】∵，
∴
又，
∴在方向上的投影，
∴P到l距离
故选：C.
3、C
【解析】利用点的坐标表示向量坐标，即可求解.
【详解】设，，
，
所以，，，解得：，，，
即.
故选：C
4、D
【解析】根据表格数据，结合各选项的描述判断正误即可.
【详解】A：2017年至2018年，两项访问量分别增长、，显然增长幅度相较于后两年是最大的，正确；
B：2018年至2019年，两项访问量相较于2017年至2018年都有回落，正确；
C：2019年至2020年，两项访问量分别增长、，正确；
D：由B分析知，该市政府部门网站的两项访问量在2018年至2019年有回落，而不是逐年增长态势，错误.
故选：D.
5、B
【解析】设，根据线面垂直的性质得，，，，根据向量数量积的定义逐一计算，比较可得答案.
【详解】解：设，因为平面，所以，，，，
又底面是正方形，所以，，
对于A，；
对于B，

；
对于C，；
对于D，，
所以数量积最大的是，
故选：B.
6、D
【解析】利用点到直线的距离公式，即可求得参数的值.
【详解】因为点到直线：的距离为1，
故可得，整理得，解得.
故选：.
7、D
【解析】根据空间线面、面面的平行，垂直关系，结合线面、面面的平行，垂直的判定定理、性质定理解决
【详解】∵α⊥γ，β⊥γ，α与β的位置关系是相交或平行，故A不正确；
∵m∥α，m∥β，α与β的位置关系是相交或平行，故B不正确；
∵m∥α，n∥α，m与n的位置关系是相交、平行或异面∴故C不正确；
∵垂直于同一平面的两条直线平行，∴D正确；
故答案D
【点睛】本题考查线面平行关系判定，要注意直线、平面的不确定情况
8、B
【解析】求出圆、的圆心和半径，再由两圆没有公共点列不等式求解作答.
【详解】圆的圆心，半径，
圆的圆心，半径，，
因圆、没有公共点，则有或，
即或，又，解得或，
所以实数a的取值范围为.
故选：B
9、B
【解析】将样本中的数据由小到大进行排列，利用中位数的定义可得结果.
【详解】将样本中的数据由小到大进行排列，依次为：、、、、、、、、、，
因此，这组数据的中位数为.
故选：B.
10、C
【解析】首先利用导函数的图像求和的解，进而得到函数的单调区间和极值点.
【详解】由导函数的图象可知:当时，或；
当时，或，
所以的单调递增区间为和，单调递减区间为和，
故在处取得极大值，在处取得极小值，在处取得极大值.
故选：C.
11、B
【解析】根据题意列出的关系式，即可求得，再分焦点在轴与轴两种情况写出标准方程.
【详解】根据题意，可得，
所以椭圆的标准方程为或.
故选：B
12、A
【解析】根据椭圆的方程求得的值，进而求得椭圆的焦点坐标，得到答案.
【详解】由椭圆，可得，则，
所以椭圆的焦点坐标为和.
故选：A.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、 ①. ②.
【解析】设，根据可得圆的方程，利用垂径定理可求.
【详解】设，则，整理得到，
即.
因为，故为的中点，过圆心作的垂线，垂足为，
则为的中点，则，故，
解得，
故答案为：，.

14、
【解析】可设直线的方程为，利用点到直线的距离公式求得，即可得解.
【详解】可设直线的方程为，即，
则原点到直线的距离为，解得，
所以直线的方程为.
故答案为：.
15、
【解析】构造函数，结合题意求得，由此判断出在上递增，由此求解出不等式的解集.
【详解】令，，
故函数在上单调递增，不等式可化为，
则，解得：
【点睛】本小题主要考查构造函数法解不等式，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.
16、
【解析】根据还有一个量词的命题的否定的方法解答即可.
【详解】命题“x≥1，x2 -2x+4≥0”的否定为“”.
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）证明见解析
（2）
（3）存在；
【解析】（1）作出辅助线，证明线面垂直，进而证明线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量求解二面角；
（3）设出F点坐标，用空间向量的点到平面距离公式进行求解.
【小问1详解】
证明：连接BD，设BD与AC交于点O，
连接PO．因为，所以

四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，则
又，所以平面PBD，
因为平面PBD，所以
【小问2详解】
因为，所以，所以由（1）知平面ABCD，
以O为原点，，，的方向为x轴，y轴，z轴正方向，
建立空间直角坐标系，

则，，，，，
，
所以，，，
设平面AEC的法向量，则，
即，令，则
平面ACD的法向量，，
所以二面角为；
【小问3详解】
存在点F到平面AEC的距离为，理由如下：
由（2）得，，
设，则，
所以点F到平面AEC的距离，
解得，，所以
18、（1）证明过程见解析；
（2）.
【解析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质，结合线面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【小问1详解】
因为为的中点，所以，而，
所以四边形是平行四边形，因此，
因为，，为的中点，
所以，
，而，
因为，所以，而平面，
所以平面；
【小问2详解】
根据（1），建立如图所示的空间直角坐标系，

，
于是有：，
则平面的法向量为：，
设平面的法向量为：，
所以，
设平面与平面的夹角为，
所以.
19、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）过作，垂足为，利用正余弦定理可证，再利用线线垂足证明线面垂直，进而可得证；
（2）以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，利用坐标法求线面夹角的正弦值.
【小问1详解】
证明：由已知可得四边形是等腰梯形，
过作，垂足为，则，
在中，，
则，可得，
在中，由余弦定理可得，
，
则，，
又平面，平面，
，
，，平面，
平面，
又为矩形，
，则平面，
而平面，
；
【小问2详解】
平面，且，
以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，设，
则，又，
设平面的法向量为，
由，
取，得，
又，
，
，，
则.

20、（1）1 （2）
【解析】（1）将点代入即可求解；
（2）利用向量数量积为3求出，再对式子变形后使用基本不等式进行求解最小值.
【小问1详解】
将代入抛物线，解得：.
【小问2详解】
，在抛物线C上，故，
，解得：或2，
因为，所以，即，
故，
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值为.
21、（1）4；（2）或.
【解析】(1)过定点D(4，2)，当CD⊥l时，|PQ|最小；
(2)，当时，△CPQ面积最大，此时△CPQ为等腰直角三角形，圆心到直线l的距离，据此即可求出m.
【小问1详解】
由，得，
由，
∴直线l过定点D(4，2)，
∵，
∴在圆C内部，∴直线和l与圆C相交，
当CD⊥l时，|PQ|最小，
；
【小问2详解】
∵，∴当时，△CPQ面积最大，
此时△CPQ为等腰直角三角形，故圆心到直线l的距离，
∴，解得，
∴此时l的方程为：或.
22、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）由题意先证明平面PBC，然后由线面平行的性质定理可证明.
（2）由平面平面ABC，取BC中点O，则平面ABC，可得，由条件可得，以O坐标原点，分别以OB，AO，OP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【小问1详解】
因为M，N分别为AB，AP的中点，所以，
又平面PBC，所以平面PBC，
因为平面平面，所以
【小问2详解】
因为平面平面ABC，取BC中点O，
连接PO，AO，因为是等边三角形，所以，

所以平面ABC，故，又因，
所以，以O为坐标原点，分别以OB，AO，OP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
可得：，，，，，
所以，，，
设平面PAC的法向量为，则,则，
令，得，，所以，

所以直线PB与平面PAC所成角的正弦值为