2026届山西省达标名校数学高二上期末检测试题含解析.doc

2026届山西省达标名校数学高二上期末检测试题
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．某高中学校高二和高三年级共有学生人，为了解该校学生的视力情况，现采用分层抽样的方法从三个年级中抽取一个容量为的样本，其中高一年级抽取人，则高一年级学生人数为（）
A. B.
C. D.
2．2021年小林大学毕业后，9月1日开始工作，他决定给自己开一张储蓄银行卡，每月的10号存钱至该银行卡（假设当天存钱次日到账）.2021年9月10日他给卡上存入1元，以后每月存的钱数比上个月多一倍，则他这张银行卡账上存钱总额（不含银行利息）首次达到1万元的时间为（）
A.2022年12月11日 B.2022年11月11日
C.2022年10月11日 D.2022年9月11日
3．在长方体中，，，则异面直线与所成角的正弦值是（）

A. B.
C. D.
4．已知函数，则的单调递增区间为（）.
A. B.
C. D.
5．已知直线l1：ax+2y＝0与直线l2：2x+（2a+2）y+1＝0垂直，则实数a的值为（　　）
A.﹣2 B.
C.1 D.1或﹣2
6．已知，，，执行如图所示的程序框图，输出值为（）

A. B.
C. D.
7．已知，那么函数在x＝π处的瞬时变化率为（　　）
A. B.0
C. D.
8．命题；命题．则
A.“或”为假 B.“且”为真
C.真假 D.假真
9．已知等比数列满足，则q＝（ ）
A.1 B.－1
C.3 D.－3
10．已知，是空间中的任意两个非零向量，则下列各式中一定成立的是（）
A. B.
C. D.
11．点到直线的距离为2，则的值为（ ）
A.0 B.
C.0或 D.0或
12．若方程表示双曲线，则实数m的取值范围是（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）求的单调区间；
14．已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为________
15．已知圆C，直线l：，若圆C上恰有四个点到直线l的距离都等于1.则b的取值范围为___.
16．点为双曲线上一点，为焦点，如果则双曲线的离心率为___________.
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）已知椭圆，斜率为的动直线与椭圆交于A，B两点，且直线与圆相切.
（1）若，求直线的方程；
（2）求三角形的面积的取值范围.
18．（12分）已知是公差不为零的等差数列，，且，，成等比数列
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和
19．（12分）已知中心在坐标原点O的椭圆，左右焦点分别为，，离心率为，M，N分别为椭圆的上下顶点，且满足.
（1）求椭圆方程；
（2）已知点C满足，点T在椭圆上（T异于椭圆的顶点），直线NT与以C为圆心的圆相切于点P，若P为线段NT的中点，求直线NT的方程；
（3）过椭圆内的一点D（0，t），作斜率为k的直线l，与椭圆交于A，B两点，直线OA，OB的斜率分别是，，若对于任意实数k，存在实数m，使得，求实数m的取值范围.
20．（12分）在如图所示的多面体中，且，，，且，，且，平面，

（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值
21．（12分）如图，三棱锥中，两两垂直，，且分别为线段的中点.

（1）若点是线段的中点，求证：直线平面；
（2）求证：平面平面.
22．（10分）三棱锥各棱长为2，E为AC边上中点

（1）证明：面BDE；
（2）求二面角的正弦值
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】先得到从高二和高三年级抽取人，再利用分层抽样进行求解.
【详解】设高一年级学生人数为，
因为从三个年级中抽取一个容量为的样本，且高一年级抽取人，
所以从高二和高三年级抽取人，
则，解得，
即高一年级学生人数为.
故选：B
2、C
【解析】分析可得每月所存钱数依次成首项为1，公比为2的等比数列，其前n项和为，
分析首次达到1万元的值，即得解
【详解】依题意可知，小林从第一个月开始，每月所存钱数依次成首项为1，公比为2的等比数列，
其前n项和为.
因为为增函数，
且，
所以第14个月的10号存完钱后，他这张银行卡账上存钱总额首次达到1万元，
即2022年10月11日他这张银行卡账上存钱总额首次达到1万元.
故选：C
3、C
【解析】连接，可得，得到异面直线与所成角即为直线与所成角，设，设，求得的值，在中，利用余弦定理，即可求解.
【详解】如图所示，连接，
在正方体中，可得，
所以异面直线与所成角即为直线与所成角，设，
由在长方体中，，，
设，可得，
在直角中，可得，
在中，可得，
所以，
因为，所以.
故选：C.

4、D
【解析】利用导数分析函数单调性
【详解】的定义域为，，令，解得
故的单调递增区间为
故选：D
5、B
【解析】由题意，利用两直线垂直的性质，两直线垂直时，一次项对应系数之积的和等于0，计算求得a的值
【详解】∵直线l1：ax+2y＝0与直线l2：2x+（2a+2）y+1＝0垂直，
∴a×2+2×（2a+2）＝0，求得a＝﹣，
故选：B
6、A
【解析】模拟程序运行可得程序框图的功能是计算并输出三个数中的最小数，计算三个数判断作答.
【详解】模拟程序运行可得程序框图的功能是计算并输出三个数中的最小数，
因，，，
则，不成立，则，不成立，则，
所以应输出的x值为.
故选：A
7、A
【解析】利用导数运算法则求出，根据导数的定义即可得到结论
【详解】由题设，，
所以，
函数在x＝π处瞬时变化率为，
故选：A
8、D
【解析】命题：可能为0，不为0，假命题，命题：，为真命题，所以“或”为真命题，“且”为假命题．选D.
9、C
【解析】根据已知条件，利用等比数列的基本量列出方程，即可求得结果.
【详解】因为，故可得；
解得.
故选：C.
10、C
【解析】利用向量数量积的定义及运算性质逐一分析各选项即可得答案.
【详解】解：对A：因为，所以，故选项A错误；
对B：因为，故选项B错误；
对C：因为，故选项C正确；
对D：因为，故选项D错误
故选：C.
11、C
【解析】根据点到直线的距离公式即可得出答案.
【详解】解：点到直线的距离为，
解得或.
故选：C.
12、A
【解析】方程化为圆锥曲线（椭圆与双曲线）标准方程的形式，然后由方程表示双曲线可得不等关系
【详解】解：方程可化为，它表示双曲线，则，解得.
故选：A

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、（1）（2）详见解析
【解析】（1）分别求得和，从而得到切线方程；
（2）求导后，令求得两根，分别在、和三种情况下根据导函数的正负得到函数的单调区间.
【详解】（1），，，
，又，
在处的切线方程为.
（2），
令，解得：，.
①当时，若和时，；若时，；
的单调递增区间为，；单调递减区间为；
②当时，在上恒成立，
的单调递增区间为，无单调递减区间；
③当时，若和时，；若时，；
的单调递增区间为，；单调递减区间为；
综上所述：当时，的单调递增区间为，；单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为，；单调递减区间为.
【点睛】本题考查利用导数的几何意义求解曲线在某一点处的切线方程、利用导数讨论含参数函数的单调区间的问题，属于常考题型.
14、9
【解析】根据椭圆的定义可得，结合基本不等式即可求得的最大值.
【详解】∵在椭圆上
∴
∴根据基本不等式可得，即，当且仅当时取等号.
故答案为：9.
15、
【解析】根据圆的几何性质，结合点到直线距离公式进行求解即可.
【详解】圆C：的半径为3，圆心坐标为：
设圆心到直线l：的距离为，
要想圆C上恰有四个点到直线l的距离都等于1，只需，
即，
所以.
故答案为：.
16、
【解析】利用双曲线的定义、离心率的计算公式、两角和差的正弦公式即可得出.
【详解】由可得，

根据双曲线的定义可得：，
.
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）或
（2）
【解析】（1）设直线，利用圆心到直线的距离等于半径，即可得到方程，求出，即可得解；
（2）设，，，利用圆心到直线的距离等于半径，得到，再联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，利用弦长公式表示出，再根据及基本不等式求出，最后再计算直线斜率不存在时三角形的面积，即可得解；
【小问1详解】
解：圆，圆心为，半径；
设直线，即，则，解得，所以或；
【小问2详解】
解：因为直线的斜率存在，设，，，即，则，所以，即，联立，消元整理得，所以，，所以

所以

因为，所以，当且仅当，即时取等号，所以，当轴时，取，，则，此时，所以；
18、（1）；（2）
【解析】（1）由等差数列以及等比中项的公式代入联立求解出，再利用等差数列的通项公式即可求得答案；（2）利用分组求和法，根据求和公式分别求出等差数列与等比数列的前项和再相加即可.
【详解】（1）由题意，，，即，联立解得，所以数列的通项公式为；
（2）由（1）得，，所以
【点睛】关于数列前项和的求和方法：
分组求和法：两个数列等差或者等比数列相加时利用分组求和法计算；
裂项相加法：数列的通项公式为分式时可考虑裂项相消法求和；
错位相减法：等差乘以等比数列的情况利用错位相减法求和.
19、（1）1
（2）或
（3）
【解析】（1）由已知可得，，再结合可求出，从而可求得椭圆方程，
（2）设直线，代入椭圆方程中消去，解方程可求出点的坐标，从而可得NT中点的坐标，而，可得解方程可求出的值，即可得到直线NT的方程，
（3）设直线，代入椭圆方程中消去，利用根与系数的关系结合直线的斜率公式可得，再由，可求出m的取值范围
【小问1详解】
设（c，0），M（0，b），N（0，b），
①，
又②，③，
由①②③得，
所以椭圆方程为1.
【小问2详解】
由题C，0），设直线
联立得
，那么，N（0，）
NT中点.
所以，
因为直线NT与以C为圆心的圆相切于点P，所以
所以
所以得，解得或
所以直线NT为：或.
【小问3详解】
设直线，联立方程得

设A（，），B，），则
…
由对任意k成立，得
点D在椭圆内，所以，所以，
所以m的取值范围为.
20、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）根据线面垂直的性质可得，，如图所示，以为坐标原点建立空间直角坐标系，证明即可得证；
（2）求出平面与平面的法向量，再利用向量法即可得解.
【小问1详解】
证明：因为平面，
平面，平面，
所以，且，
因为，
如图所示，以为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
所以，，
，
所以；
【小问2详解】
，
设平面的法向量为，
则，即，
令，有，
设平面的法向量为，
则，即，
令，有，
设平面和平面的夹角为，
，
所以平面和平面的夹角的余弦值为

21、（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】（1）由题意可得，从而可证.
(2) 由题意可得平面，从而可得，由根据条件可得，从而可得平面，从而可得证.
【小问1详解】
由分别为线段的中点.
由中位线定理知，又平面，
且平面，所以直线平面
【小问2详解】
两两垂直，即,且
所以平面，又平面，
所以
由，且分别为线段的中点，所以，

因此根据线面垂直判定定理得平面，且平面
所以平面平面.
22、（1）证明见解析
（2）
【解析】(1)根据线面垂直的判定定理即可证明；
(2)建立如图所示坐标系，则，易知平面BCD的法向量，利用空间向量法求出面BDE的法向量，结合向量的数量积计算即可得出结果.
【小问1详解】
正四面体中各面分别是正三角形，
E为AC边上中点，，
又平面，且，
所以面BDE
【小问2详解】
建立如图所示坐标系，于是，
，，，，
易知平面BCD的法向量
设面BDE的法向量，

于是，
令，则，，所以，
所以，得
所以二面角的正弦值为.