天津市滨海新区塘沽滨海中学2026届数学高二上期末达标检测模拟试题含解析.doc

天津市滨海新区塘沽滨海中学2026届数学高二上期末达标检测模拟试题
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．过抛物线焦点的直线与抛物线交于两点，，抛物线的准线与轴交于点，则的面积为（ ）
A. B.
C. D.
2．如图，平行六面体中，为的中点，，，，则（）

A. B.
C. D.
3．《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一，书中有一道这样的类似问题：把150个完全相同的面包分给5个人，使每个人所得面包数成等差数列，且使较大的三份面包数之和的是较小的两份之和，则最大的那份面包数为（）
A.30 B.40
C.50 D.60
4．对数的创始人约翰·奈皮尔（John Napier，1550-1617）是苏格兰数学家．直到18世纪，瑞士数学家欧拉发现了指数与对数的互逆关系，人们才认识到指数与对数之间的天然关系对数发现前夕，随着科技的发展，天文学家做了很多的观察，需要进行很多计算，特别是大数的连乘，需要花费很长时间．基于这种需求，1594年，奈皮尔运用了独创的方法构造出对数方法．现在随着科学技术的需要，一些幂的值用数位表示，譬如，所以的数位为4．那么的数位是（）（注）
A.6 B.7
C.606 D.607
5．下列命题错误的是（）
A，
B.命题“”的否定是“”
C.设，则“且”是“”的必要不充分条件
D.设，则“”是“”的必要不充分条件
6．过点且与直线垂直的直线方程是（）
A. B.
C. D.
7．古希腊数学家阿波罗尼奥斯(约公元前262~公元前190年)的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k(k>0且k≠1)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知O(0，0)，A(3，0)，动点P(x，y)满，则动点P轨迹与圆的位置关系是（）
A.相交 B.相离
C.内切 D.外切
8．某产品的销售收入（万元）是产量x（千台）的函数，且函数解析式为，生产成本（万元）是产量x（千台）的函数，且函数解析式为，要使利润最大，则该产品应生产（）
A.6千台 B.7千台
C.8千台 D.9千台
9．设，则的一个必要不充分条件为（ ）
A. B.
C. D.
10．设等差数列的前n项和为，且，则（）
A.64 B.72
C.80 D.144
11．等差数列中，是的前项和，，则（）
A.40 B.45
C.50 D.55
12．第24届冬季奥林匹克运动会，将在2022年2月4日在中华人民共和国北京市和张家口市联合举行．这是中国历史上第一次举办冬季奥运会，北京成为奥运史上第一个举办夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会的城市．同时中国也成为第一个实现奥运“全满贯”（先后举办奥运会、残奥会、青奥会、冬奥会、冬残奥会）国家．根据规划，国家体育场（鸟巢）成为北京冬奥会开、闭幕式的场馆．国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆，若由外层椭圆长轴一端点和短轴一端点分别向内层椭圆引切线，（如图），且两切线斜率之积等于，则椭圆的离心率为（）

A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知数列的通项公式为，，设是数列的前n项和，若对任意都成立，则实数的取值范围是__________.
14．已知，，，，使得成立，则实数a的取值范围是___________.
15．定义在上的函数满足：有成立且，则不等式的解集为__________
16．如图，在等腰直角中，，为半圆弧上异于，的动点，当半圆弧绕旋转的过程中，有下列判断：

①存在点，使得；②存在点，使得；③四面体的体积既有最大值又有最小值：④若二面角为直二面角，则直线与平面所成角的最大值为45°.其中正确的是______（请填上所有你认为正确的结果的序号）.
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）在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，且点在椭圆C上
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点的直线与椭圆C交于A，B两点，试探究直线上是否存在定点Q，使得为定值．若存在，求出定点Q的坐标及实数的值；若不存在，请说明理由
18．（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.
（1）求直线的普通方程，曲线C的直角坐标方程；
（2）设直线与曲线C相交于A，B两点，点，求的值.
19．（12分）已知函数
（Ⅰ）解关于的不等式；
（Ⅱ）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围
20．（12分）已知等比数列的公比，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，若，求满足条件的最大整数n.
21．（12分）如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，O是BC的中点，

（1）证明：平面平面BCD；
（2）若三棱锥的体积为，E是棱AC上的一点，当时，二面角E－BD－C大小为60°，求t的值
22．（10分）在①成等差数列；②成等比数列；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并对其求解.
问题：已知为数列的前项和，，且___________.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列前项和.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
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】画出图形，利用已知条件结合抛物线的定义求解边长CF，BK，然后求解三角形的面积即可
【详解】如图，设拋物线的准线为，过作于，过作于，过作于，
设，则根据抛物线的定义可得，
，，
的面积为，
故选：.

2、B
【解析】先用向量与表示，然后用向量表示向量与，即可得解
【详解】解：为的中点，

故选：
【点睛】本题考查了平面向量基本定理的应用，解决本题的关键是熟练运用向量的加法、减法及实数与向量的积的运算，属于基础题
3、C
【解析】根据题意得到递增等差数列中，，，从而化成基本量，进行计算，再计算出，得到答案.
【详解】根据题意，设递增等差数列，首项为，公差，
则
所以
解得
所以最大项.
故选：C
4、D
【解析】根据已知条件，设，则，求出t的范围，即可判断其数位.
【详解】设，则，则，则，
，的数位是607.
故选：D.
5、C
【解析】根据题意，对四个选项一一进行分析，举出例子当时，，即可判断A选项；根据特称命题的否定为全称命题，可判断B选项；根据充分条件和必要条件的定义，即可判断CD选项.
【详解】解：对于A，当时，，，故A正确；
对于B，根据特称命题的否定为全称命题，
得“”的否定是“”，故B正确；
对于C，当且时，成立；
当时，却不一定有且，如，
因此“且”是“”的充分不必要条件，故C错误；
对于D，因为当时，有可能等于0，当时，必有，
所以“”是“”的必要不充分条件，故D正确.
故选：C.
6、C
【解析】根据两直线垂直时斜率乘积为，可以直接求出所求直线的斜率，再根据点斜式求出直线方程，最后化成一般式方程即可.
【详解】因为直线的斜率为，故所求直线的斜率等于，
所求直线的方程为，即，
故选：C
7、A
【解析】首先求得点的轨迹，再利用圆心距与半径的关系，即可判断两圆的位置关系.
【详解】由条件可知，，
化简为：，
动点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，
圆是以为圆心，为半径的圆，两圆圆心间的距离，
所以两圆相交.
故选：A
8、A
【解析】构造利润函数，求导，判断单调性，求得最大值处对应的自变量即可.
【详解】设利润为y万元，则，
∴.
令，解得（舍去）或，经检验知既是函数的极大值点又是函数的最大值点，∴应生产6千台该产品.
故选：A
【点睛】利用导数求函数在某区间上最值的规律：
(1)若函数在区间上单调递增或递减，与一个为最大值，一个为最小值
(2)若函数在闭区间上有极值，要先求出上的极值，与，比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成
(3)函数在区间上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到
9、C
【解析】利用必要条件和充分条件的定义判断.
【详解】A选项：，，，
所以是的充分不必要条件，A错误；
B选项：，，
所以是的非充分非必要条件，B错误；
C选项：，，，
所以是必要不充分条件，C正确；
D选项：，，，
所以是的非充分非必要条件，D错误.
故选：C.
10、B
【解析】利用等差数列下标和性质，求得，再用等差数列前项和公式即可求解.
【详解】根据等差数列的下标和性质，，解得，
.
故选：B.
11、B
【解析】应用等差数列的性质“若，则”即可求解
【详解】
故选：B
12、B
【解析】分别设内外层椭圆方程为、，进而设切线、分别为、，联立方程组整理并结合求、关于a、b、m的关系式，再结合已知得到a、b的齐次方程求离心率即可.
【详解】若内层椭圆方程为，由离心率相同，可设外层椭圆方程为，
∴，设切线为，切线为，
∴，整理得，由知：
，整理得，
同理，，可得，
∴，即，故.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：根据内外椭圆的离心率相同设椭圆方程，并写出切线方程，联立方程结合及已知条件，得到椭圆参数的齐次方程求离心率.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】化简数列将问题转化为不等式恒成立问题，再对n分奇数和偶数进行讨论，分别求解出的取值范围，最后综合得出结果.
【详解】根据题意，
，.
①当n是奇数时，，
即对任意正奇数n恒成立，当时，有最小值1，
所以.
②当n是正偶数时，，
即，又，故对任意正偶数n都成立，又随n增大而增大，当时，有最小值，即，
综合①②可知.
故答案为：.
14、
【解析】由题可得，求导可得的单调性，将的最小值代入，即得.
【详解】∵，，使得成立，
∴
由，得，
当时，，
∴在区间上单调递减，在区间上单调递增，
∴函数在区间上的最小值为
又在上单调递增，
∴函数在区间上的最小值为，
∴，即实数的取值范围是
故答案为：.
15、
【解析】由，判断出函数的单调性，利用单调性解即可
【详解】设
,又有成立，
函数，即是上的增函数
，，即,
，
故答案为：
16、①②④
【解析】①当D为中点，且A，B，C，D四点共面时,可证得四边形ABCD为正方形即可判断①；②当D在平面ABC内的射影E在线段BC上（不含端点）时，可知平面ABC，可证得平面CDB，即可判断②；③，研究临界值即可判断③；
④二面角D-AC-B为直二面角，且D为中点时，直线DB与平面ABC所成角的最大，作图分析验证可判断④.
【详解】①当D为中点，且A，B，C，D四点共面时,连结BD，交AC于，则为AC中点，此时，且,所以四边形ABCD为正方形，所以AB//CD，故①正确；
②当D在平面ABC内的射影E在线段BC上（不含端点）时，此时有：平面ABC，，又因为，所以平面CDB，所以，故②正确；
③，当平面平面ABC，且D为中点时，h有最大值；
当A，B，C，D四点共面时h有最小值0，此时为平面图形，不是立体图形，故四面体D-ABC无最小值，故③错误.
④二面角D-AC-B为直二面角，且D为中点时，直线DB与平面ABC所成角的最大，取AC中点O，连结DO，BO，则，AC=平面平面ACD，平面平面ACD，所以平面ABC，所以为直线DB与平面ABC所成角，设，则，，所以为等腰直角三角形，所以，直线与平面所成角的最大值为45°，故④正确.
故答案为：①②④.

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，定点的坐标为，实数的值为
【解析】（1）由题意可得，再结合，可求出，从而可求得椭圆方程，
（2）设在直线上存在定点，当直线斜率存在时，设过点P的动直线l为，设，，将直线方程代入椭圆方程消去，利用根与系数，再计算为常数可求出，从而可求得，当直线斜率不存在时，可求出两点的坐标，从而可求得的值
【小问1详解】
由题意知
结合，可得，
所以椭圆C的标准方程为，
【小问2详解】
设在直线上存在定点，使为定值，
①当直线斜率存在时，设过点P的动直线l为，设，·
由得，则，，
所以

为常数
则，解之得，
即定点为，则
②当直线斜率不存在时，即动直线方程为，不妨设，，
此时也成立
所以，存在定点使为定值，即
18、（1）直线的普通方程为；曲线C的直角坐标方程为
（2）
【解析】（1）根据转换关系将参数方程和极坐标方程转化为直角坐标方程即可；
（2）将直线的参数方程化为标准形式，代入曲线C的直角坐标方程，设点A，B对应的参数分别为，利用韦达定理即可得出答案.
【小问1详解】
解：将直线的参数方程中的参数消去得，
则直线的普通方程为，
由曲线C的极坐标方程为，
得，即，
由得曲线C的直角坐标方程为；
【小问2详解】
解：点满足，
故点在直线上，
将直线的参数方程化为标准形式（为参数），
代入曲线C的直角坐标方程为，
得，
设点A，B对应的参数分别为，
则，
所以.
19、（Ⅰ）；（Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）用找零点法去绝对值，然后再解不等式.（Ⅱ）将原函数转化为分段函数，再结合函数图像求得其最小值．将恒成立转化为
试题解析：（Ⅰ）或或
或
所以原不等式解集为
（Ⅱ），
由函数图像可知，
所以要使恒成立，只需
考点：1绝对值不等式；2恒成立问题；3转化思想
20、（1）
（2）
【解析】(1)由等比数列的性质可得，结合条件求出，得出公比，从而得出通项公式.
(2)由（1）可得，再求出的前项和，从而可得出答案.
【小问1详解】
由题意可知，有，
，得或
∴或
又，∴
∴
【小问2详解】
，
∴
∴，又单调递增
,
所以满足条件的的最大整数为
21、（1）证明见解析
（2）3
【解析】（1）证得平面BCD，结合面面垂直判定定理即可得出结论；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的公式可得，进而解方程即可求出结果.
【小问1详解】
因为，O是BC的中点，
所以，又因为，且，平面BCD，平面BCD，所以平面BCD，因为平面ABC，所以平面平面BCD
【小问2详解】
连接OD，又因为是边长为2的等边三角形，
所以，由（1）知平面BCD，所以AO，BC，DO两两互相垂直
以O为坐标原点，OA，OB，OD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系

设，则O（0，0，0），A（0，0，m），B（1，0，0），C（－1，0，0），，
因为A－BCD的体积为，所以，
解得，即A（0，0，3），
，∵，∴，
设平面BCD的法向量为，,
则，取平面BCD的法向量为，，，
设是平面BDE的法向量，则，
∴取平面BDE的法向量
，解得或（舍）
22、（1）
（2）
【解析】（1）由可知数列是公比为的等比数列，若选①：结合等差数列等差中项的性质计算求解；若选②：利用等比数列等比中项的性质计算求解，若选③：利用直接计算；
（2）根据对数的运算，可知数列为等差数列，直接求和即可.
【小问1详解】
由，当时，，即，即，所以数列是公比为的等比数列，
若选①：由，即，，所以数列的通项公式为；
若选②：由，所以，所以数列的通项公式为；
若选③：由，即，所以数列的通项公式为；
【小问2详解】
由（1）得，所以数列为等差数列，所以.