2025-2026学年湖南省长沙市雅礼书院中学数学高二上期末达标检测试题含解析.doc

2025-2026学年湖南省长沙市雅礼书院中学数学高二上期末达标检测试题
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．等比数列的各项均为正数，且，则
A. B.
C. D.
2．若，则=（）
A.244 B.1
C. D.
3．已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若向量，，，则的最小值为（）
A. B.
C. D.
4．已知椭圆，则它的短轴长为（）
A.2 B.4
C.6 D.8
5．不等式表示的平面区域是一个（ ）
A.三角形 B.直角三角形
C.矩形 D.梯形
6．曲线上的点到直线的最短距离是（）
A. B.
C. D.1
7．已知抛物线的焦点为F，过点F分别作两条直线，直线与抛物线C交于A、B两点，直线与抛物线C交于D、E两点，若与的斜率的平方和为2，则的最小值为（ ）
A.24 B.20
C.16 D.12
8．黄金矩形是宽（）与长（）的比值为黄金分割比的矩形，如图所示，把黄金矩形分割成一个正方形和一个黄金矩形，再把矩形分割出正方形．在矩形内任取一点，则该点取自正方形内的概率是

A. B.
C. D.
9．在下列四条抛物线中，焦点到准线的距离为1的是（）
A. B.
C. D.
10．若双曲线的一个焦点为，则的值为（ ）
A. B.
C.1 D.
11．甲乙两个雷达独立工作，它们发现飞行目标的概率分别是0.9和0.8，飞行目标被雷达发现的概率为（）
A.0.72 B.0.26
C.0.7 D.0.98
12．如图，在三棱柱中，平面，，，分别是，中点，在线段上，则与平面的位置关系是（）

A.垂直 B.平行
C.相交但不垂直 D.要依点的位置而定
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则__________
14．在平面直角坐标系中，已知双曲线的左，右焦点分别为，，过且与圆相切的直线与双曲线的一条渐近线相交于点（点在第一象限），若，则双曲线的离心率___________.
15．已知等差数列的前项和为，则数列的前2022项的和为___________.
16．已知，为椭圆C的焦点，点P在椭圆C上，，则的面积为___________.
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）已知等差数列前n项和为，，，若对任意的正整数n成立，求实数的取值范围.
18．（12分）如图，在平面直角坐标系上，已知圆的直径，定直线到圆心的距离为，且直线垂直于直线，点是圆上异于、的任意一点，直线、分别交与、两点

（1）求过点且与圆相切的直线方程；
（2）若，求以为直径的圆方程；
（3）当点变化时，以为直径的圆是否过圆内的一定点，若过定点，请求出定点；若不过定点，请说明理由
19．（12分）已知圆，圆.
（1）试判断圆C与圆M的位置关系，并说明理由；
（2）若过点的直线l与圆C相切，求直线l的方程.
20．（12分）如图，在四棱锥中，底面为的中点

（1）求证：平面；
（2）若，求平面与平面的夹角大小
21．（12分已知函数
（1）解不等式;
（2）若不等式对恒成立,求实数m的取值范围
22．（10分）从①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答：已知等差数列公差大于零，且前n项和为，，______，，求数列的前n项和.（注：如果选择多个条件分别解答，那么按照第一个解答计分）
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】根据等比数列的性质，结合已知条件，求得，进而求得的值.
【详解】由于数列是等比数列，故，所以，故.
故选B.
【点睛】本小题主要考查等比数列的性质，考查对数运算，属于基础题.
2、D
【解析】分别令代入已知关系式，再两式求和即可求解.
【详解】根据，
令时，整理得：
令x = 2时，整理得:
由①+②得，，所以.
故选：D.
3、C
【解析】由，得到，根据正弦、余弦定理定理化简得到，化简得到，再结合基本不等式，即可求解.
【详解】由题意，向量，，
因为，所以，可得，
由正弦定理得，整理得，
又由余弦定理，可得，
因为，所以，
由，
所以，
因为是锐角三角形，且，可得，解得，
所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值为.
故选：C
4、B
【解析】根据椭圆短轴长的定义进行求解即可.
【详解】由椭圆的标准方程可知：，所以该椭圆的短轴长为，
故选：B
5、D
【解析】作出不等式组所表示平面区域，可得出结论.
【详解】由可得或，
作出不等式组所表示的平面区域如下图中的阴影部分区域所示：

由图可知，不等式表示的平面区域是一个梯形.
故选：D.
6、B
【解析】先求与平行且与相切的切线切点，再根据点到直线距离公式得结果.
【详解】设与平行的直线与相切，
则切线斜率k=1，
∵∴，
由，得
当时,即切点坐标为P(1,0)，
则点(1,0)到直线的距离就是线上的点到直线的最短距离，
∴点(1,0)到直线的距离为：，
∴曲线上的点到直线l: 的距离的最小值为.

故选：B
7、C
【解析】设两条直线方程，与抛物线联立，求出弦长的表达式，根据基本不等式求出最小值
【详解】抛物线的焦点坐标为，设直线：，直线：，
联立 得：，所以，所以焦点弦，同理得：，所以，因为，所以
，
故选：C
8、C
【解析】设矩形的长，宽分别为,所以，把黄金矩形分割成一个正方形和一个黄金矩形,所以，设矩形的面积为,正方形的面积为,设在矩形内任取一点，则该点取自正方形内的概率是,则，故本题选C.
【详解】本题考查了几何概型，考查了运算能力.
9、D
【解析】由题意可知，然后分析判断即可
【详解】由题意知，即可满足题意，故A，B，C错误，D正确.
故选：D

10、B
【解析】由题意可知双曲线的焦点在轴，从而可得，再列方程可求得结果
【详解】因为双曲线的一个焦点为，
所以，，
所以，解得，
故选：B
11、D
【解析】利用对立事件的概率求法求飞行目标被雷达发现的概率.
【详解】由题设，飞行目标不被甲、乙发现的概率分别为、，
所以飞行目标被雷达发现的概率为.
故选：D
12、B
【解析】构造三角形,先证∥平面,同理得∥平面,再证平面∥平面即可.
【详解】连接，，.

因为在直三棱柱中，M，N分别是，AB的中点，所以∥.
因为平面内，平面，所以∥平面.
同理可得AM∥平面.
又因为，平面，平面，
所以平面∥平面.
又因为P点在线段上，所以∥平面.
故选：B.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】根据导数的几何意义，结合待定系数法进行求解即可.
【详解】设曲线的切点为：，
由，所以过该切点的切线斜率为：，
于切线方程为：，
因此有：，
设曲线的切点为：，
由，所以过该切点的切线斜率为：，
于是切线方程为：，
因此有：，
因为，
，
即，
因此，
故答案为：
【点睛】关键点睛：根据导数的几何意义进行求解是解题的关键.
14、2
【解析】设切点，根据，可得，在中，利用余弦定理构造齐次式，从而可得出答案.
【详解】解：设切点，由∴，
∵为中点，则为中位线，
∴，，
中，，
，，∴.
故答案为：2.

15、
【解析】先设等差数列的公差为，根据题中条件，求出首项和公差，得出前项和，再由裂项相消的方法，即可求出结果.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，，所以，解得，
因此，
所以，
所以数列的前2022项的和为

.
故答案：.
16、##
【解析】设，然后根据椭圆的定义和余弦定理列方程组可求出，再由三角形的面积公式可求得结果
【详解】由，得，则，
设，则，
在中，，由余弦定理得，
，
所以，

所以，所以，
所以，
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、
【解析】设等差数列的公差为，根据题意得，解方程得，，进而得，故恒成立，再结合二次函数的性质得当或4时，取得最小值，进而得答案.
【详解】解：设等差数列的公差为，
由已知，.
联立方程组，解得，.
所以，，
由题意，即.
令，其图象为开口向上的抛物线，对称轴为，
所以当或4时，取得最小值，
所以实数的取值范围是.
18、（1）或
（2）
（3）过定点，定点坐标为
【解析】（1）对所求直线的斜率是否存在进行分类讨论，在所求直线斜率不存在时，直接验证直线与圆相切；在所求直线斜率存在时，设所求直线方程为，利用点到直线的距离公式可得出关于的等式，求出的值，综合可得出所求直线的方程；
（2）分点在轴上方、点在轴下方两种情况讨论，求出点、的坐标，可得出所求圆的圆心坐标和半径，即可得出所求圆的方程；
（3）设直线的方程为，其中，求出点、的坐标，可求得以线段为直径的圆的方程，并化简圆的方程，可求得定点的坐标.
【小问1详解】
解：易知圆的方程为，圆心为原点，半径为，
若所求直线的斜率不存在，则所求直线的方程为，此时直线与圆相切，合乎题意，
若所求直线的斜率存在，设所求直线的方程为，即，
由已知可得，解得，此时所求直线的方程为.
综上所述，过点且与圆相切的直线方程为或.
【小问2详解】
解：易知直线的方程为，、
若点在轴上方，则直线的方程为，
在直线的方程中，令，可得，即点，
直线的方程为，
在直线的方程中，令，可得，即点，
线段的中点为，且，此时，所求圆的方程为；
若点在轴下方，同理可求得所求圆的方程为.
综上所述，以为直径的圆方程为.
【小问3详解】
解：不妨设直线的方程为，其中，
在直线的方程中，令，可得，即点，
因为，则直线的方程为，
在直线的方程中，令，可得，即点，
线段中点为，，
所以，以线段为直径的圆的方程为，
即，由，解得，
因此，当点变化时，以为直径的圆是否过圆内的定点.
19、（1）圆C与圆M相交，理由见解析
（2）或
【解析】（1）利用圆心距与半径的关系即可判断结果；
（2）讨论，当直线l的斜率不存在时则方程为，当直线l的斜率存在时，设其方程为，利用圆心到直线的距离等于半径计算即可得出结果.
【小问1详解】
把圆M的方程化成标准方程，得，
圆心为，半径.
圆C的圆心为，半径，
因为，
所以圆C与圆M相交，
【小问2详解】
①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为到圆心C距离为2，满足题意；
②当直线l的斜率存在时，设其方程为，
由题意得，解得，
故直线l的方程为.
综上，直线l的方程为或.
20、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）取中点，连结，证得，利用线面平行的判定定理，即可求解；
（2）以为原点，以方面为轴，以方向为轴，以方向为轴，建立坐标系，利用平面和平面的法向量的夹角公式，即可求解
【小问1详解】
取中点，连结，由，，
则，
又由平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
以为原点，以方面为轴，以方向为轴，以方向为轴，建立坐标系，可得，，，，，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则
又平面的法向量为；
则，
所以平面与平面所成的锐二面角为.

21、（1）
（2）
【解析】(1)移项,两边平方即可获解;
(2)利用绝对值不等式即可.
【小问1详解】
即
即,即
即即或
所以不等式的解集为
【小问2详解】
由题知对恒成立
因为.
所以,解得
即或,所以实数的取值范为
22、；
【解析】将条件①②③转化为的形式，列方程组，并求解，写出的通项公式，从而表示出，利用裂项相消法求和.
【详解】选①：设等差数列首项为，公差为，因为，，所以，所以，所以，所以
选②：设等差数列首项为，公差为，因为，，所以，所以，所以，所以
选③：设等差数列首项为，公差为，因为，，所以，所以，所以，所以
【点睛】数列求和的方法技巧
(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和
(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和
(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和