云南省大理州大理市下关第一中学2026届数学高二第一学期期末质量检测试题含解析.doc

云南省大理州大理市下关第一中学2026届数学高二第一学期期末质量检测试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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．过椭圆+ =1左焦点F1引直线交椭圆于A、B两点，F2是椭圆的右焦点，则△ABF2的周长是（ ）
A.20 B.18
C.10 D.16
2．过点与直线平行的直线的方程是（）
A. B.
C. D.
3．渐近线方程为的双曲线的离心率是（ ）
A.1 B.
C. D.2
4．某软件研发公司对某软件进行升级，主要是对软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若序列的所有项都是1，且，.记数列的前项和、前项积分别为，，若，则的最小值为（ ）
A.2 B.3
C.4 D.5
5．已知随机变量X，Y满足，，且，则的值为（）
A.0.2 B.0.3
C.0..5 D.0.6
6．函数的图象大致是（）
A. B.
C. D.
7．已知抛物线=的焦点为F， M、N是抛物线上两个不同的点，若，则线段MN的中点到y轴的距离为（ ）
A.8 B.4
C. D.9
8．已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（ ）

A. B.
C. D.
9．某手机上网套餐资费：每月流量500M以下（包含500M），按20元计费；超过500M，但没超过1000M（包含1000M）时，超出部分按0.15元/M计费；超过1000M时，超出部分按0.2元/M计费，流量消费累计的总流量达到封顶值（15GB）则暂停当月上网服务.若小明使用该上网套餐一个月的费用是100元，则他的上网流量是（）
A.800M B.900M
C.1025M D.1250M
10．已知空间向量，则（）
A. B.
C. D.
11．已知椭圆：与双曲线：有相同的焦点、，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点P为椭圆与双曲线的交点，且，则的最大值为（）
A. B.
C. D.
12．下列说法中正确的是
A.命题“若，则”的逆命题为真命题
B.若为假命题，则均为假命题
C.若为假命题，则为真命题
D.命题“若两个平面向量满足，则不共线”的否命题是真命题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．圆关于y轴对称的圆的标准方程为___________.
14．已知不等式有且只有两个整数解，则实数a的范围为___________
15．函数在点处的切线方程是_________
16．在△ABC中，，AB=3，，则________
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，C是以为直径的圆上异于的点，平面平面分别是的中点.

（1）证明：平面；
（2）若直线与平面所成角的正切值为2，求锐二面角的余弦值.
18．（12分）已知抛物线上横坐标为3的点P到焦点F的距离为4.
（1）求抛物线E的方程；
（2）点A、B为抛物线E上异于原点O的两不同的点，且满足.若直线AB与椭圆恒有公共点，求m的取值范围.
19．（12分）如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，且，为的中点

（1）求平面与平面夹角的余弦值；
（2）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由
20．（12分）已知抛物线，过焦点的直线l交抛物线C于M、N两点，且线段中点的纵坐标为2
（1）求直线l的方程；
（2）设x轴上关于y轴对称的两点P、Q，（其中P在Q的右侧），过P的任意一条直线交抛物线C于A、B两点，求证：始终被x轴平分
21．（12分）已知圆
（1）若直线与圆C相交于A、B两点,当弦长最短时,求直线l的方程;
（2）若与圆C相外切且与y轴相切的圆的圆心记为D,求D点的轨迹方程
22．（10分）已知数列是公比为正数的等比数列，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
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】根据椭圆的定义求得正确选项.
【详解】依题意，
根据椭圆的定义可知，三角形的周长为.
故选：A
2、A
【解析】根据题意利用点斜式写出直线方程即可.
【详解】解：过点的直线与直线平行，
，
即.
故选：A.
3、B
【解析】根据双曲线渐近线方程可确定a,b的关系，进而求得离心率.
【详解】因为双曲线近线方程为，
故双曲线为等轴双曲线，则a=b,
故离心率为 ，则 ，
故选：B.
4、C
【解析】先利用序列的所有项都是1，得到，整理后得到是等比数列，进而求出公比和首项，从而求出和，利用，列出不等式，求出，从而得到的最小值
【详解】因为，，所以，
又序列的所有项都是1，所以它的第项，所以，
所以数列是等比数列，又，，所以公比，.
所以，，
，要，即，
即，所以，所以，，所以最小值为4.
故选：C.
5、D
【解析】利用正态分布的计算公式：，

【详解】且

又

故选：D
6、A
【解析】根据函数的定义域及零点的情况即可得到答案.
【详解】函数的定义域为，
则排除选项、,
当时，，
则在上单调递减，且，，
由零点存在定理可知在上存在一个零点，则排除，
故选：.
7、B
【解析】过分别作垂直于准线，垂足为，则由抛物线的定义可得，再过MN的中点作垂直于准线，垂足为，然后利用梯形的中位线定理可求得结果
【详解】抛物线=的焦点，准线方程为直线
如图，过分别作垂直于准线，垂足为，过MN的中点作垂直于准线，垂足为，
则由抛物线的定义可得，
因为，所以，
因为是梯形的中位线，
所以，
所以线段MN的中点到y轴的距离为4，
故选：B

8、D
【解析】原不等式等价于，根据的图象判断函数的单调性，可得和的解集，再分情况或解不等式即可求解.
【详解】由函数的图象可知：
在和上单调递增，在上单调递减，
所以当时，；当时，；
由可得，
所以或，
即或，解得：或，
所以原不等式的解集为：，
故选：D.
9、C
【解析】根据已知条件列方程，化简求得小明的上网流量.
【详解】显然小明上网流量超过了1000M但远远没达到封顶值，假设超出部分为M，由得.
故选：C
10、A
【解析】求得，即可得出.
【详解】，
，，.
故选：A.
11、B
【解析】不妨设点为第一象限的交点，结合椭圆与双曲线的定义得到，进而结合余弦定理得到，即，令然后结合三角函数即可求出结果.
【详解】
不妨设点为第一象限的交点，则
由椭圆的定义可得，
由双曲线的定义可得，
所以，
因此，即，
所以，即，令
因此，其中，
所以当时，有最大值，最大值为，
故选：B.
【点睛】一、椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)
二 、双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)
12、D
【解析】A中，利用四种命题的的真假判断即可；B、C中，命题“”为假命题时，、至少有一个为假命题；D中，写出该命题的否命题，再判断它的真假性
【详解】对于A，命题“若，则”的逆命题是：若，则；
因为也成立.所以A不正确；
对于B，命题“”为假命题时，、至少有一个为假命题，所以B错误；C错误；
对于D，“平面向量满足”，
则不共线的否命题是，若“平面向量满足”，则共线；
由知：，一定有，，
所以共线，D正确.
故选：D.
【点睛】本题考查了命题的真假性判断问题，也考查了推理与判断能力，是基础题

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】根据题意可得圆心坐标为，半径为1，利用平面直角坐标系点关于坐标轴对称特征可得所求的圆心坐标为，半径为1，进而得出结果.
【详解】由题意知，圆的圆心坐标为，半径为1，
设圆关于y轴对称的圆为，
所以，半径为1，
所以的标准方程为.
故答案为：
14、
【解析】参变分离后研究函数单调性及极值，结合与相邻的整数点的函数值大小关系求出实数a的范围.
【详解】整理为：，即函数在上方及线上存在两个整数点，，故显然在上单调递增，在上单调递减，且与相邻的整数点的函数值为：，，，，显然有，要恰有两个整数点，则为0和1，此时，解得：，如图

故答案为：
15、
【解析】求得函数的导数，得到且，再结合直线的点斜式，即可求解.
【详解】由题意，函数，可得，
则且，
所以在点处切线方程是，即
故答案为：.
16、3
【解析】计算得出，可得出，再利用平面向量数量积的运算性质可求得结果.
【详解】∵，，，
∴

故答案为：3.

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）
【解析】（1）由分别是的中点，得到，在由是圆的直径，所以，结合面面垂直的性质定理，证得面，即可证得面；
（2）以C为坐标原点，为x轴，为y轴，过C垂直于面直线为z轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：在，因为分别是的中点，所以，
又因为是圆的直径，所以，
又由平面平面，平面平面，且平面，
所以面，
因为，所以面.
【小问2详解】
解：由（1）知面，所以直线与平面所成角为，
由题意知，以C为坐标原点，为x轴，为y轴，过C垂直于面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
可得，
则，，
设面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设面的法向量为，则，
取，可得，所以，
则，所以锐二面角的余弦值为.

18、（1）
（2）
【解析】（1）由焦半径公式可得，求解即可得答案；
（2）由题意，直线AB斜率不为0，设，，联立直线与抛物线的方程，由韦达定理及可得，从而可得直线AB恒过定点，进而可得定点在椭圆内部或椭圆上即可求解.
【小问1详解】
解：因为抛物线上横坐标为3的点P到焦点F的距离为4，
所以，解得，
所以抛物线E的方程为；
【小问2详解】
解：由题意，直线AB斜率不为0，设，，
由，可得，
所以，
因为，即，所以，
所以，即，所以，
所以直线，
所以直线AB恒过定点，
因为直线AB与椭圆恒有公共点，
所以定点在椭圆内部或椭圆上，即，
所以.
19、（1）
（2）存在，点为线段的靠近点的三等分点
【解析】（1）根据题意证得平面，进而证得平面，得到平面，以点为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解；
（2）设点，求得平面的法向量为，结合向量的距离公式列出方程，求得的值，即可得到答案.
【小问1详解】
解：因为四边形为正方形，则，，
由，，，所以平面，
因为平面，所以，
又由，，，所以平面，
又因为平面，所以，
因为且平面，所以平面，
由平面，且，不妨以点为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
可得，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
易得平面的法向量为，
则，
由平面与平面夹角为锐角，所以平面与平面夹角的余弦值
【小问2详解】
解：设点，可得，，
设平面的法向量为，
则，取，可得，所以，
所以点到平面的距离为，
解得，即或
因为，所以
故当点为线段的靠近点的三等分点时，点到平面的距离为.

20、（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）设直线l的方程为：，联立方程，利用韦达定理可得结果；
（2）设，借助韦达定理表示，即可得到结果.
【详解】（1）由已知可设直线l的方程为：，
联立方程组可得，
设，则
又因为，得，
故直线l的方程为：即为；
（2）由题意可设，
可设过P的直线为
联立方程组可得，显然
设，则
所以

所以始终被x轴平分
21、（1）
（2）
【解析】(1)先求出直线过的定点,再根据弦长|AB|最短时,求解.
(2)用直译法求解
【小问1详解】
直线即,所以直线过定点.
当弦长|AB|最短时,
因为直线PC的斜率
所以此时直线的斜率
所以当弦长|AB|最短时,求直线的方程为,即
【小问2详解】

设,易知圆心D在轴上方,圆D半径为
因为圆与圆外切,所以
即
整理得点的轨迹方程为
22、（1）；
（2）.
【解析】（1）根据题意，通过解方程求出公比，即可求解；
（2）根据题意，求出，结合组合法求和，即可求解.
小问1详解】
根据题意，设公比为，且，
∵，，
∴，解得或（舍），
∴.
【小问2详解】
根据题意，得，故，
因此
.