2026届青海省西宁第二十一中学高二数学第一学期期末复习检测试题含解析.doc

2026届青海省西宁第二十一中学高二数学第一学期期末复习检测试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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．等比数列的公比为，则“”是“对于任意正整数n，都有”的（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
2．椭圆的一个焦点坐标为，则实数m的值为（）
A.2 B.4
C. D.
3．已知为定义在R上的偶函数函数，且在单调递减.若关于的不等式在上恒成立，则实数m的取值范围是（）
A. B.
C. D.
4．函数y＝x3＋x2－x＋1在区间[－2,1]上的最小值为(　　)
A. B.2
C.－1 D.－4
5．已知抛物线上的点到该抛物线焦点的距离为，则抛物线的方程是（ ）
A. B.
C. D.
6．已知空间三点，，在一条直线上，则实数的值是（）
A.2 B.4
C.-4 D.-2
7．已知点分别是椭圆的左、右焦点,点P在此椭圆上,,则的面积等于
A. B.
C. D.
8．已知命题“”为真命题，“”为真命题，则（）
A.为假命题，为真命题 B.为真命题，为真命题
C.为真命题，为假命题 D.为假命题，为假命题
9．抛物线的焦点为F，准线为l，点P是准线l上的动点，若点A在抛物线C上，且，则（O为坐标原点）的最小值为（）
A. B.
C. D.
10．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，角终边上有一点，为锐角，且，则（）
A. B.
C. D.
11．已知数列的通项公式为，按项的变化趋势，该数列是（ ）
A.递增数列 B.递减数列
C.摆动数列 D.常数列
12．某班进行了一次数学测试，全班学生的成绩都落在区间内，其成绩的频率分布直方图如图所示，若该班学生这次数学测试成绩的中位数的估计值为，则的值为（ ）

A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知函数在R上连续且可导，为偶函数且，其导函数满足，则不等式的解集为___.
14．已知三个数2，，6成等比数列，则实数______
15．过抛物线的焦点作互相垂直的两条直线，分别交抛物线与A，C， B，D四点，则四边形ABCD面积的最小值为___________
16．等差数列前3项的和为30，前6项的和为100，则它的前9项的和为______.
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）已知函数
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明
18．（12分）已知函数，且在处取得极值.
（1）求的值；
（2）当，求的最小值.
19．（12分）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题的题设条件中.
问题：等差数列的公差为，满足，________?
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和得到最小值时的值.
20．（12分）已知首项为1的数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前n项和.
21．（12分）已知数列满足，且.
（1）求数列的通项公式；
2）若，为数列的前n项和，求.
22．（10分）已知P＝{x|x2－8x－20≤0}，非空集合S＝{x|1－m≤x≤1＋m}．若x∈P是x∈S的必要条件，求m的取值范围
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、D
【解析】结合等比数列的单调性，根据充分必要条件的定义判断
【详解】若，，则，，充分性不成立；
反过来，若，，则时，必要性不成立；
因此“”是“对于任意正整数n，都有”的既不充分也不必要条件.
故选：D
2、C
【解析】由焦点坐标得到，求解即可.
【详解】根据焦点坐标可知，椭圆焦点在y轴上，所以有，解得
故选：C.
3、C
【解析】由条件利用函数的奇偶性和单调性，可得对恒成立，转化为且对恒成立．求得相应的最大值和最小值，从而求得的范围
【详解】定义在上的函数为偶函数，且在上递减，
在上单调递增，
若不等式在上恒成立，
即在上恒成立
在上恒成立，
即在上恒成立，
即且在上恒成立
令，则，，，，
在上递增，上递减，

令，当时，，在上递减，

故可知，解得，
所以实数m的取值范围是
故选：C
4、C
【解析】详解】，
令，解得或；
令，解得函数在上递增，在递减，在递增，
时，取极大值，极大值是时，函数取极小值，极小值是，
而时，时，，故函数的最小值为，
故选C.
5、B
【解析】由抛物线知识得出准线方程，再由点到焦点的距离等于其到准线的距离求出，从而得出方程.
【详解】由题意知，则准线为，
点到焦点的距离等于其到准线的距离，
即，∴，则
故选：B.
6、C
【解析】根据三点在一条直线上，利用向量共线原理，解出实数的值.
【详解】解：因为空间三点，，在一条直线上，
所以 ,
故.
所以 .
故选：C.
【点睛】本题主要考查向量共线原理，属于基础题.
7、B
【解析】根据椭圆标准方程，可得，结合定义及余弦定理可求得值，由及三角形面积公式即可求解.
【详解】椭圆
则，所以，
则

由余弦定理可知
代入化简可得，
则，
故选：B.
【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及几何性质的简单应用，正弦定理与余弦定理的简单应用，三角形面积公式的用法，属于基础题.
8、A
【解析】根据复合命题的真假表即可得出结果.
【详解】若“”为真命题，则为假命题，
又“”为真命题，则至少有一个真命题，
所以为真命题，即为假命题，为真命题.
故选：A
9、D
【解析】依题意得点坐标，作点关于的对称点，则，求即为最小值
【详解】如图所示：作点关于的对称点，连接，设点，不妨设，

由题意知，直线l方程为，则，得
所以，得，所以
由，当三点共线时取等号，
又
所以最小值为
故选：D
10、C
【解析】根据角终边上有一点，得到，再根据为锐角，且，求得，再利用两角差的正切函数求解.
【详解】因为角终边上有一点，
所以，
又因为为锐角，且，
所以，
所以，
故选：C
11、B
【解析】分析的单调性，即可判断和选择.
【详解】因为，显然随着的增大，是递增的，故是递减的，
则数列是递减数列.
故选：B.
12、A
【解析】根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可求得结果.
【详解】由题意有，得，
又由，得，
解得，，有
故选：A.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】由已知条件可得图象关于对称，在上递增，在上递减，然后分四种情况讨论求解即可
【详解】因为为偶函数，所以的图象关于轴对称，
所以的图象关于对称，
因为，
所以当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
由，得
，或，或，或，
解得，或，或，或，
综上，，
所以等式的解集为
故答案为：
14、
【解析】由题意可得，从而可求出的值
【详解】因为三个数2，，6成等比数列，
所以，解得
故答案为：
15、512
【解析】设出直线的方程与抛物线方程联立，结合抛物线的定义、一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.
【详解】抛物线焦点的坐标为，
由题意可知：直线存在斜率且不为零，所以设直线的斜率为，所以直线的方程为，与抛物线的方程联立得：
，设，
所以，
由抛物线的定义可知：，
因为直线互相垂直，所以直线的斜率为，
同理可得：，
所以四边形ABCD面积为：
，
当且仅当时取等号，即当时取等号，
故答案为：512
16、210
【解析】依题意，、、成等差数列，从而可求得答案
【详解】∵等差数列{an}的前3项和为30，前6项和为100，即S3＝30，S6＝100，
又S3、S6﹣S3、S9﹣S6成等差数列，∴2（S6﹣S3）＝（S9﹣S6）+S3，即140＝S9﹣100+30，
解得S9＝210.
故答案：210
【点睛】本题考查等差数列的性质，熟练利用、、成等差数列是关键，属于中档题

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）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】（1）求导得，进而分和两种情况讨论求解即可；
（2）根据题意证明，进而令，再结合（1）得，研究函数的性质得，进而得时， ，即不等式成立.
【小问1详解】
解：函数的定义域为，
，
∴当时，在上恒成立，故函数在区间上单调递增；
当时，由得，由得，即函数在区间上单调递增，在上单调递减；
综上，当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递增，在上单调递减；
【小问2详解】
证明：因为时，证明，只需证明，
由（1）知，当时，函数在区间上单调递增，在上单调递减；
所以.
令，则，
所以当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
所以.
所以时， ，
所以当时，
18、（1）；
（2）.
【解析】（1）对函数求导，则极值点为导函数的零点，进而建立方程组解出a,b，然后讨论函数的单调区间进行验证，最后确定答案；
（2）根据（1）得到函数在上的单调区间，进而求出最小值.
【小问1详解】
，因为在处取得极值，所以，则，
所以时，，单调递减，时，，单调递增，时，，单调递减，故为函数的极值点.
于是.
【小问2详解】
结合（1）可知，在上单调递减，在上单调递增，在单调递减，而，所以.
因为，所以.
综上：的最小值为.
19、（1）选择条件见解析，
（2）
【解析】（1）设等差数列的公差为，由，得到，选①，联立求解；选②，联立求解；选③，联立求解；
（2）由（1）知，令求解.
【小问1详解】
解：设等差数列的公差为，
得，
选①，
得，
故，
∴.
选②，
得，得，
故，
∴.
选③，
，得，
故，
∴；
【小问2详解】
由（1）知，，，
∴数列是递增等差数列.
由，得，
∴时，，
时，，
∴时，得到最小值.
20、（1）
（2）
【解析】（1）由，构造是以为首项，为公比等比数列，利用等比数列的通项公式可得结果；
（2）由（1）得，利用裂项相消可求.
【小问1详解】
由，得，
又，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，
则，即，
故数列的通项公式为.
【小问2详解】
由（1）知，，
所以.
因为，
所以

，
所以数列的前n项和.
21、（1）
（2）
【解析】（1）由题意可得数列是以2为公差的等差数列，再由可求出，从而可求出通项公式，
（2）由（1）可得，然后利用分组求和可求出
【小问1详解】
因为数列满足，
所以数列是以2为公差的等差数列，
因为，所以，得，
所以
【小问2详解】
由（1）可得，
所以

22、.
【解析】由x2﹣8x﹣20≤0，解得﹣2≤x≤10．根据非空集合S={x|1﹣m≤x≤1+m}．又x∈P是x∈S的必要条件，可得，1﹣m≤1+m，解得m范围
【详解】由x2﹣8x﹣20≤0，解得﹣2≤x≤10．∴P=[﹣2，10]
非空集合S={x|1﹣m≤x≤1+m}．又x∈P是x∈S的必要条件，
∴，1﹣m≤1+m，解得0≤m≤3
∴m的取值范围是[0，3]
【点睛】本题考查了不等式的解法、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题