浙江省杭州学军中学2026届高二数学第一学期期末质量检测试题含解析.doc

浙江省杭州学军中学2026届高二数学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。
1．一盒子里有黑色、红色、绿色的球各一个，现从中选出一个球.事件选出的球是红色，事件选出的球是绿色.则事件与事件（　　）
A.是互斥事件，不是对立事件 B.是对立事件，不是互斥事件
C.既是互斥事件，也是对立事件 D.既不是互斥事件也不是对立事件
2．数列中，，，则（　　）
A.32 B.62
C.63 D.64
3．函数在的图象大致为（ ）
A. B.
C D.
4．《镜花缘》是清代文人李汝珍创作的长篇小说，书中有这样一个情节：一座楼阁到处挂满了五彩缤纷的大小灯球，灯球有两种，一种是大灯下缀2个小灯，另一种是大灯下缀4个小灯，大灯共360个，小灯共1200个.若在这座楼阁的灯球中，随机选取一个灯球，则这个灯球是大灯下缀4个小灯的概率为
A. B.
C. D.
5．已知等差数列 {} 的前n 项和为 Sn ，首项 a1 =1，若，则公差 d 的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
6．设等差数列前项和为，若是方程的两根，则（ ）
A.32 B.30
C.28 D.26
7．若方程表示焦点在y轴上的双曲线，则实数m的取值范围为（）
A. B.
C. D.且
8．若直线与圆只有一个公共点，则m的值为（ ）
A. B.
C. D.
9．如果，那么下列不等式成立的是（）
A. B.
C. D.
10．已知函数，则的单调递增区间为（）.
A. B.
C. D.
11．已知圆的圆心在x轴上，半径为1，且过点，圆：，则圆，的公共弦长为
A. B.
C. D.2
12．下列三个命题：①“若，则a，b全为0”的逆否命题是“若a，b全不为0，则”；②若事件A与事件B互斥，则；③设命题p：若m是质数，则m一定是奇数，那么是真命题；其中真命题的个数为（）
A.3 B.2
C.1 D.0
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若函数，则在点处切线的斜率为______
14．下列命题：
①若，则；
②“在中，若，则”逆命题是真命题；
③命题“，”的否定是“，”；
④“若，则”的否命题为“若，则”.
则其中正确的是______.
15．双曲线的左焦点到直线的距离为________.
16．已知过点作抛物线的两条切线,切点分别为A、B,直线经过抛物线C的焦点F,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）求适合下列条件的椭圆的标准方程：
（1）经过点，；
（2）长轴长是短轴长的3倍，且经过点
18．（12分）已知满足，.
（1）求证：是等差数列，求的通项公式；
（2）若，的前项和是，求证：.
19．（12分）如图，ABCD是边长为2的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝2AF＝2

（1）证明：AC∥平面BEF；
（2）求点C到平面BEF的距离
20．（12分）椭圆：（）的离心率为，递增直线过椭圆的左焦点，且与椭圆交于两点，若，求直线的斜率.
21．（12分）给定函数.

（1）判断函数f（x）的单调性，并求出f（x）的极值；
（2）画出函数f（x）的大致图象，无须说明理由（要求：坐标系中要标出关键点）；
（3）求出方程的解的个数.
22．（10分）已知数列满足各项均不为0，，且，.
（1）证明：为等差数列，并求的通项公式；
（2）令，，求.
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】根据事件的关系进行判断即可.
【详解】由题意可知，事件与为互斥事件，但事件不是必然事件，
所以，事件与事件是互斥事件，不是对立事件.
故选：A.
【点睛】本题考查事件关系的判断，考查互斥事件和对立事件概率的理解，属于基础题.
2、C
【解析】把化成，故可得为等比数列，从而得到的值.
【详解】数列中，，故，
因为，故，故，
所以，所以为等比数列，公比为，首项为.
所以即，故，故选C.
【点睛】给定数列的递推关系，我们常需要对其做变形构建新数列（新数列的通项容易求得），常见的递推关系和变形方法如下：
（1），取倒数变形为；
（2），变形为，也可以变形为；
3、D
【解析】函数|在[–2,2]上是偶函数，其图象关于轴对称，
因为，
所以排除选项；
当时，有一零点，设为，当时，为减函数，
当时，为增函数
故选：D.
4、B
【解析】设大灯下缀2个小灯为个，大灯下缀4个小灯有个，根据题意求得，再由古典概型及其概率的公式，即可求解
【详解】设大灯下缀2个小灯为个，大灯下缀4个小灯有个，
根据题意可得，解得，
则灯球的总数为个，
故这个灯球是大灯下缀4个小灯的概率为，故选B
【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算，其中解答中根据题意列出方程组，求得两种灯球的数量是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题
5、A
【解析】该等差数列有最大值，可分析得，据此可求解.
【详解】，故，故有
故d 取值范围为.
故选：A
6、A
【解析】根据给定条件利用韦达定理结合等差数列性质计算作答.
【详解】因是方程的两根，则
又是等差数列的前项和，于是得，
所以.
故选：A
7、A
【解析】根据双曲线定义，且焦点在y轴上，则可直接列出相关不等式.
【详解】若方程表示焦点在y轴上的双曲线，则必有：，且
解得：
故选：
8、D
【解析】利用圆心到直线的距离等于半径列方程，化简求得的值.
【详解】圆的圆心为，半径为，
直线与圆只有一个公共点，所以直线与圆相切，
所以.
故选：D
9、D
【解析】利用不等式的性质分析判断每个选项.
【详解】由不等式的性质可知，因为，所以，，故A错误，D正确；由，可得，，故B，C错误.
故选：D
10、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
11、A
【解析】根据题意设圆方程为:,代点即可求出,进而求出方程,两圆方程做差即可求得公共弦所在直线方程,再利用垂径定理去求弦长.
【详解】设圆的圆心为,则其标准方程为:,
将点代入方程,解得,
故方程为:,
两圆,方程作差得其公共弦所在直线方程为:,
圆心到该直线的距离为,
因此公共弦长为,
故选:A.
【点睛】本题综合考查圆的方程及直线与圆,圆与圆位置关系,属于中档题.一般遇见直线与圆相交问题时,常利用垂径定理解决问题.
12、B
【解析】写出逆否命题可判断①；根据互斥事件的概率定义可判断②；根据写出再判断真假可判断③.
【详解】对于①，“，则a，b全为0”的逆否命题是“若a，b不全为0，则”，故①错误；
对于②，满足互斥事件的概率求和的方法，所以②为真命题；
③命题p：若m是质数，则m一定是奇数.2是质数，但2是偶数，命题p是假命题，那么真命题
故选：B.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】根据条件求出，，再求即答案.
【详解】∵，∴，
则和，得，，
∴，，∴，
所以在点处切线的斜率为.
故答案为：
14、②③④
【解析】根据不等式的性质，正弦定理与四种命题的概念，命题的否定，判断各命题
【详解】①，满足，但，①错；
②在中，由正弦定理，因此其逆命题也是真命题，②正确；
③存在命题的否定是全称命题，命题“，”的否定是“，”，③正确；
④由否命题的概念，“若，则”的否命题为“若，则”，④正确
故答案为：②③④
15、
【解析】根据双曲线方程求得左焦点的坐标，利用点到直线的距离公式即可求得结果.
【详解】因为双曲线的方程为，设其左焦点的坐标为，
故可得，解得，故左焦点的坐标为，
则其到直线的距离.
故答案为：.
16、64
【解析】用字母进行一般化研究,先求出切点弦方程,再联立化简,最后代入数据计算
【详解】
设,点处的切线方程为
联立,得
由,得
即,解得
所以点处的切线方程为,整理得
同理,点处的切线方程为设为两切线的交点,则

所以在直线上
即直线AB的方程为
又直线AB经过焦点
所以,即
联立
得
所以
所以

本题中
所以
故答案为:64
【点睛】结论点睛:过点作抛物线的两条切线,切点弦的方程为

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）或.
【解析】（1）由已知可得，，且焦点在轴上，进而可得椭圆的标准方程；
（2）由已知可得，，此时焦点在轴上，或，，此时焦点在轴上，进而可得椭圆的标准方程；
【小问1详解】
解：椭圆经过点，，，
，，且焦点在轴上，
椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
解：长轴长是短轴长的3倍，且经过点，
当点在长轴上时，，，此时焦点在轴上，
此时椭圆的标准方程为；
当点在短轴上时，，，此时焦点在轴上，
此时椭圆的标准方程.
综合得椭圆的方程为或.
18、（1）证明见解析，
（2）证明见解析
【解析】（1）在等式两边同时除以，结合等差数列的定义可证得数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得的表达式；
（2）求得，利用裂项相消法求得，即可证得原不等式成立.
【小问1详解】
解：在等式两边同时除以可得且，
所以，数列是以为首项，以为公差的等差数列，则，
因此，.
【小问2详解】
证明：，
所以，.
故原不等式得证.
19、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）建立空间直角坐标系，进而求出平面BEF的法向量，然后证明线面平行；
（2）算出在向量方向上的投影，进而求得答案.
【小问1详解】
因为DE⊥平面ABCD，DA、DC平面ABCD，所以DE⊥DA，DE⊥DC，因为ABCD是正方形，所以DA⊥DC.以D为坐标原点，所在方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(2，0，0)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，E(0，0，2)，F(2，0，1)，

所以，，设平面BEF的法向量，因为，所以－2x－2y＋2z＝0，－2y＋z＝0，令y＝1，则＝(1，1，2)，又因为＝(－2，2，0)，所以，即，而平面BEF，所以AC∥平面BEF.
【小问2详解】
设点C到平面BEF的距离为d，而，所以，所以点C到平面BEF的距离为
20、1
【解析】根据离心率写出，设出直线为，把直线的方程与椭圆进行联立消，写出韦达定理，再利用，即可解出，进而求出直线的斜率.
【详解】，
.设递增直线的方程为，
把直线的方程与椭圆进行联立：
.
①，②.
③.
把③代入①中得④.
把④代入②中得.
.
.
21、（1）函数的减区间为，增区间为，有极小值，无极大值； （2）具体见解析； （3）具体见解析.
【解析】（1）对函数求导，进而求出单调区间和极值；
（2）结合（1），并代入几个特殊点，再结合函数的变化趋势作出图象；
（3）结合（2），采用数形结合的方法求得答案.
【小问1详解】
，时，，单调递减，时，，单调递增，故函数在x=-1处取得极小值为，无极大值.
【小问2详解】

作图说明：由（1）可知函数先减后增，有极小值；描出极小值点，原点和点（1，e）；当时，函数增加得越来越快，当时，函数越来越接近于0.
【小问3详解】
结合图象可知，若，则方程有0个解；若，则方程有2个解；若或，则方程有1个解.
22、（1）证明见解析，，
（2）
【解析】（1）根据题意，结合递推公式，易知，即可求证；
（2）根据题意，结合错位相减法，即可求解.
【小问1详解】
∵，∴，，
∴等差数列，首项为，公差为3.
∴，即，.
【小问2详解】
根据题意，得，
，①
，②
①-②得

，
故.