山东省聊城市华育学校2026届数学高二上期末达标检测模拟试题含解析.doc

山东省聊城市华育学校2026届数学高二上期末达标检测模拟试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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．已知圆柱的表面积为定值，当圆柱的容积最大时，圆柱的高的值为（）
A.1 B.
C. D.2
2．已知圆柱的底面半径是1，高是2，那么该圆柱的侧面积是（ ）
A.2 B.
C. D.
3．若动点满足方程，则动点P的轨迹方程为（）
A. B.
C. D.
4．已知等差数列中的、是函数的两个不同的极值点，则的值为（）
A. B.1
C.2 D.3
5．命题“，则”及其逆命题、否命题和逆否命题这四个命题中，真命题的个数为（）
A.0 B.2
C.3 D.4
6．直线与圆的位置关系是（ ）
A.相交 B.相切
C.相离 D.相交或相切
7．校庆当天，学校需要在靠墙的位置用围栏围起一个面积为200平方米的矩形场地.用来展示校友的书画作品.靠墙一侧不需要围栏，则围栏总长最小需要（）米
A.20 B.40
C. D.
8．设函数在R上可导，则（）
A. B.
C. D.以上都不对
9．瑞士数学家欧拉1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线.已知的顶点，，其欧拉线方程为，则顶点的坐标可以是（）
A. B.
C. D.
10．已知椭圆的焦点分别为，，椭圆上一点P与焦点的距离等于6，则的面积为（ ）
A.24 B.36
C.48 D.60
11．下边程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”.执行该程序框图，如果输入a=102，b= 238，则输出的a的值为（）

A.17 B.34
C.36 D.68
12． “十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知函数有零点，则的取值范围是___________.
14．已知从某班学生中任选两人参加农场劳动，选中两人都是男生的概率是，选中两人都是女生的概率是，则选中两人中恰有一人是女生的概率为______
15．求值______.
16．已知双曲线的两条渐近线的夹角为，则双曲线的实轴长为____
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）已知椭圆的离心率为，且其左顶点到右焦点的距离为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设点、在椭圆上，以线段为直径的圆过原点，试问是否存在定点，使得到直线的距离为定值？若存在，请求出点坐标；若不存在，请说理由.
18．（12分）已知抛物线过点.
（1）求抛物线方程；
（2）若直线与抛物线交于两点两点在轴的两侧，且，求证：过定点.
19．（12分）已知p：，q：
（1）若p是q的必要不充分条件，求实数m的范围；
（2）若是的必要不充分条件，求实数m的范围
20．（12分）已知抛物线的焦点为F，直线l过点
（1）若点F到直线l的距离为，求直线l的斜率；
（2）设A，B为抛物线上两点，且AB不与x轴垂直，若线段AB的垂直平分线恰过点M，求证：线段AB中点的横坐标为定值
21．（12分）如图，在三棱锥中，，点P为线段MC上的点

（1）若平面PAB，试确定点P的位置，并说明理由；
（2）若，，，求三棱锥的体积
22．（10分）在三棱柱中，侧面正方形的中心为点平面，且，点满足

（1）若平面，求的值；
（2）求点到平面的距离；
（3）若平面与平面所成角的正弦值为，求的值
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】设圆柱的底面半径为，则圆柱底，圆柱侧，则可得，则圆柱的体积为，利用导数求出最大值，确定值.
【详解】设圆柱的底面半径为，则圆柱底，圆柱侧，
∴，∴，则圆柱的体积，
∴，由得，由得，
∴当时，取极大值，也是最大值，即
故选：B
【点睛】本题主要考查了圆柱表面积和体积的计算，考查了导数的实际应用，考查了学生的应用意识.
2、D
【解析】由圆柱的侧面积公式直接可得.
【详解】
故选：D
3、A
【解析】根据方程可以利用几何意义得到动点P的轨迹方程是以与为焦点的椭圆方程，从而求出轨迹方程.
【详解】由题意得：到与的距离之和为8，且8>4，故动点P的轨迹方程是以与为焦点的椭圆方程，故，，所以，，所以椭圆方程为.
故选：A
4、C
【解析】对求导，由题设及根与系数关系可得，再根据等差中项的性质求，最后应用对数运算求值即可.
【详解】由题设，，由、是的两个不同的极值点，
所以，又是等差数列，
所以，即，故.
故选：C
5、D
【解析】首先判断原命题的真假，写出其逆命题，即可判断其真假，再根据互为逆否命题的两个命题同真假，即可判断；
【详解】解：因为命题“，则”为真命题，所以其逆否命题也为真命题；
其逆命题为：则，显然也为真命题，故其否命题也为真命题；
故命题“，则”及其逆命题、否命题和逆否命题这四个命题中，真命题有4个；
故选：D
6、A
【解析】由直线恒过定点，且定点圆内，从而即可判断直线与圆相交.
【详解】解：因为直线恒过定点，而，
所以定点在圆内，
所以直线与圆相交，
故选：A.
7、B
【解析】在出矩形中，设，得到，结合基本不等式，即可求解
【详解】如图所示，在矩形中，设，则，
根据题意，可得矩形围栏总长为
因为，可得，
当且仅当时，即时，等号成立，
即围栏总长最小需要米.
故选：B.

8、B
【解析】根据极限的定义计算
【详解】由题意
故选：B
9、C
【解析】设出点C坐标，求出的重心并代入欧拉线方程，验证并排除部分选项，余下选项再由外心、垂心验证判断作答.
【详解】设顶点的坐标为，则的重心坐标为，
依题意，，整理得：，
对于A，当时，，不满足题意，排除A；
对于D，当时，，不满足题意，排除D；
对于B，当时，，
对于C，当时，，
直线AB的斜率，线段AB中点，线段AB中垂线方程：，即，
由解得：，于是得的外心，
若点，则直线BC的斜率，线段BC中点，该点与点M确定直线斜率为，
显然，即点M不在线段BC的中垂线上，不满足题意，排除B；
若点，则直线BC的斜率，线段BC中点，线段BC中垂线方程为：，即，
由解得，即点为的外心，并且在直线上，
边AB上的高所在直线：，即，
边BC上的高所在直线：，即，
由解得：，则的垂心，此时有，
即的垂心在直线上，选项C满足题意.
故选：C
【点睛】结论点睛：的三顶点，则的重心为.
10、A
【解析】由题意可得出与、、的值，在根据椭圆定义得的值，即可得到是直角三角形，即可求出的面积.
【详解】由题意知，.
根据椭圆定义可知，是直角三角形，.
故选：A.
11、B
【解析】根据程序框图所示代入运行即可.
【详解】初始输入：；
第一次运算：；
第二次运算：；
第三次运算：；
第四次运算：；
结束，输出34.
故选：B.
12、D
【解析】分析：根据等比数列的定义可知每一个单音的频率成等比数列，利用等比数列的相关性质可解.
详解：因为每一个单音与前一个单音频率比为，
所以，
又，则
故选D.
点睛：此题考查等比数列的实际应用，解决本题的关键是能够判断单音成等比数列.等比数列的判断方法主要有如下两种：
（1）定义法，若（）或（）， 数列等比数列；
（2）等比中项公式法，若数列中，且（），则数列是等比数列.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】利用导数可求得函数的最小值，要使函数有零点，只要，求得函数的最小值，即可得解.
【详解】解：，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，
因为函数有零点，
所以，解得.
故答案为：.
14、
【解析】记“选中两人都是男生”为事件，“选中两人都是女生”为事件，“选中两人中恰有一人是女生”为事件，根据为互斥事件，与为对立事件，从而可求出答案.
【详解】记“选中两人都是男生”为事件，“选中两人都是女生”为事件，“选中两人中恰有一人是女生”为事件，易知为互斥事件，与为对立事件，
又，
所以.
故答案为：.
15、
【解析】将原式子变形为：，将代入变形后的式子得到结果即可.
【详解】
将代入变形后的式子得到结果为
故答案为：
16、
【解析】根据已知条件求得，由此求得实轴长.
【详解】由于，双曲线的渐近线方程为，
所以双曲线的渐近线与轴夹角小于，
由得，实轴长
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）；（2）存在，.
【解析】（1）由题设可知求出，再结合，从而可求出椭圆的方程，
（2）①若直线与轴垂直，由对称性可知，代入椭圆方程可求得结果，②若直线不与轴垂直，设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立方程组，消去，然后利用根与系数的关系，设，，再由条件，得，从而得，再利用点到直线的距离公式可求得结果
【详解】（1）由题设可知解得，，，
所以椭圆的方程为：；
（2）设，，
①若直线与轴垂直，由对称性可知，
将点代入椭圆方程，解得，
原点到该直线的距离；
②若直线不与轴垂直，设直线的方程为，
由消去得，
则由条件，即，
由韦达定理得，
整理得，则原点到该直线的距离；
故存在定点，使得到直线的距离为定值.
18、（1）；
（2）证明见解析.
【解析】（1）运用代入法直接求解即可；
（2）设出直线的方程与抛物线方程联立，结合一元二次方程根与系数关系、平面向量数量积的坐标表示公式进行求解即可.
【小问1详解】
由已知可得：；
【小问2详解】
的斜率不为设，
，
或，
因为直线与抛物线交于两点两点在轴的两侧，
所以，即过定点.
【点睛】关键点睛：运用一元二次方程根与系数关系是解题的关键.
19、（1），；
（2），
【解析】解不等式，
(1)由题意得，从而求得；
(2)由题意可转化为是的充分不必要条件，从而得到，化简即可
【小问1详解】
解不等式得，
是的必要不充分条件，，解得，，
即实数的范围为，；
小问2详解】
是的必要不充分条件，
是的充分不必要条件，故，解得，，
即实数的范围为，
20、（1）（2）证明见详解.
【解析】（1）设出直线方程，根据点到直线的距离公式，即可求得直线；
（2）设出直线方程，联立抛物线方程，根据韦达定理，利用直线垂直，从而得到的斜率关系，即可证明.
【详解】（1）由条件知直线l的斜率存在，设为，
则直线l的方程为：，
即
从而焦点到直线l的距离为，
平方化简得：，
故直线斜率为：.
（2）证明：设直线AB的方程为，
联立抛物线方程，消元得：
设，，
线段AB的中点为，
故
因为，
将M点坐标代入后整理得：

即可得：
故为定值．即证.
【点睛】本题考查抛物线中的定值问题，涉及直线方程的求解，韦达定理，属综合基础题.
21、（1）点P为MC中点，理由见解析
（2）
【解析】（1）根据平面PAB，得到线线垂直，再得到点P的位置；
（2）根据平面PAB，将问题转化为计算即可.
【小问1详解】
∵平面PAB，平面ABP，∴
又∵在中，，∴P为MC中点．∴若平面PAB，则点P为MC中点
【小问2详解】
当P为中点时，
在中，，，
∴，同理可得
∴在中，，
∵由（1）知平面PAB，
∴
∴三棱锥的体积为
22、（1）；
（2）；
（3）或.
【解析】(1)连接ME，证明即可计算作答.
(2)以为原点，的方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系，借助空间向量计算点到平面的距离即可.
(3)由(2)中空间直角坐标系，借助空间向量求平面与平面所成角的余弦即可计算作答.
【小问1详解】
在三棱柱中，因，即点在上，连接ME，如图，

因平面面，面面，则有，
而为中点，于是得为的中点，
所以.
【小问2详解】
在三棱柱中，面面，则点到平面的距离等于点到平面的距离，
又为正方形，即，而平面，
以为原点，的方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系，如图，

依题意，，则，
，
设平面的法向量为，则，令，得，
又，则到平面的距离，
所以点到平面的距离为.
【小问3详解】
因，则，，
设面的法向量为，则，令，得，
于是得，
而平面与平面所成角的正弦值为，则，即，
整理得，解得或，
所以的值是或.
【点睛】易错点睛：空间向量求二面角时，一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算.