2026届江苏省扬州市新华中学数学高二上期末达标检测试题含解析.doc

2026届江苏省扬州市新华中学数学高二上期末达标检测试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．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
2．鲁班锁运用了中国古代建筑中首创的榫卯结构，相传由春秋时代各国工匠鲁班所作，是由六根内部有槽的长方形木条，按横竖立三方向各两根凹凸相对咬合一起，形成的一个内部卯榫的结构体.鲁班锁的种类各式各样，千奇百怪.其中以最常见的六根和九根的鲁班锁最为著名.下图1是经典的六根鲁班锁及六个构件的图片，下图2是其中的一个构件的三视图（图中单位：mm），则此构件的表面积为（）

A. B.
C. D.
3．已知，则方程与在同一坐标系内对应的图形编号可能是（）

A.①④ B.②③
C.①② D.③④
4．已知抛物线，过点作抛物线的两条切线，点为切点.若的面积不大于，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
5．某学校高二级选择“史政地”“史政生”和“史地生”组合的同学人数分别为240，120和60．现采用分层抽样的方法选出14位同学进行一项调查研究，则“史政生”组合中选出的人数为（）
A.8 B.6
C.4 D.3
6．已知、是椭圆的两个焦点，P为椭圆C上一点，且，若的面积为9，则的值为（）
A.1 B.2
C.3 D.4
7．已知，命题“若，则，全为0”的否命题是（ ）
A.若则，全不为0. B.若，不全为0，则.
C.若，则，不全为0. D.若，则，全不为0.
8．将一枚骰子先后抛掷两次，若先后出现的点数分别记为a，b，则直线到原点的距离不超过1的概率是（ ）
A. B.
C. D.
9．函数的图像在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
10．如图，在棱长为1的正方体中，点B到直线的距离为（）

A. B.
C. D.
11．已知下列四个命题，其中正确的是（）
A. B.
C. D.
12．若，则（ ）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知点P在圆上已知，，则的最小值为___________.
14．已知圆锥的母线长为cm，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为____cm.
15．曲线在点M(π，0)处的切线方程为________
16．如图，正四棱锥的棱长均为2，点E为侧棱PD的中点．若点M，N分别为直线AB，CE上的动点，则MN的最小值为______

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）如图，在三棱柱中，，D为BC的中点，平面平面ABC

（1）证明：；
（2）已知四边形是边长为2的菱形，且，问在线段上是否存在点E，使得平面EAD与平面EAC的夹角的余弦值为，若存在求出CE的长度，若不存在，请说明理由
18．（12分）已知数列和满足，
（1）若，求的通项公式；
（2）若，，证明为等差数列，并求和的通项公式
19．（12分）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作轴的平行线交轴于点，过点的直线与椭圆交于两个不同的点、，直线、与轴分别交于、两点，若，求直线的方程；
（3）在第（2）问条件下，点是椭圆上的一个动点，请问：当点与点关于轴对称时的面积是否达到最大？并说明理由.
20．（12分）已知四棱锥的底面是矩形，底面，且，设E、F、G分别为PC、BC、CD的中点，H为EG的中点，如图.

（1）求证：平面；
2）求直线FH与平面所成角的大小.
21．（12分）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接

（1）证明：．试判断四面体是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；
（2）记阳马的体积为，四面体的体积为，求的值；
（3）若面与面所成二面角的大小为，求的值
22．（10分）已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C所对的边，且.
（1）求C；
（2）若D是BC的中点，，，求AB的长.
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、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.
2、B
【解析】由三视图可知，该构件是长为100，宽为20，高为20的长方体的上面的中间部分去掉一个长为40，宽为20，高为10的小长方体的一个几何体，进而求出表面积即可.
【详解】由三视图可知，该构件是长为100，宽为20，高为20的长方体的上面的中间部分去掉一个长为40，宽为20，高为10的小长方体的一个几何体，如下图所示，
其表面积为：.

故选：B.
【点睛】本题考查几何体的表面积的求法，考查三视图，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.
3、B
【解析】结合椭圆、双曲线、抛物线的图像，分别对①②③④分析m、n的正负，即可得到答案.
【详解】对于①：由双曲线的图像可知：；由抛物线的图像可知：同号，矛盾.故①错误；
对于②：由双曲线的图像可知：；由抛物线的图像可知：异号，符合要求.故②成立；
对于③：由椭圆的图像可知由抛物线的图像可知：同号，且抛物线的焦点在x轴上，符合要求.故③成立；
对于④：由椭圆的图像可知：；由抛物线的图像可知：同号，且抛物线的焦点在x轴上，矛盾.故④错误；
故选：B
4、C
【解析】由题意，设，直线方程为，则由点到直线的距离公式求出点到直线的距离，再联立直线与抛物线方程，由韦达定理及弦长公式求出，进而可得，结合即可得答案.
【详解】解：因为抛物线的性质：在抛物线上任意一点处的切线方程为，设，
所以在点处的切线方程为，在点B处的切线方程为，
因为两条切线都经过点，
所以，，
所以直线的方程为，即，
点到直线的距离为，
联立直线与抛物线方程有，消去得，
由得由韦达定理得，
所以弦长，
所以，
整理得，即，解得，又
所以.
故选：C.
5、C
【解析】根据题意求得抽样比，再求“史政生”组合中抽取的人数即可.
【详解】根据题意，分层抽样的抽样比为，
故从“史政生”组合120中，抽取的人数时人.
故选：.
6、C
【解析】根据椭圆定义，和条件列式，再通过变形计算求解.
【详解】由条件可知，
，
即，解得：.
故选：C
【点睛】本题考查椭圆的定义，焦点三角形的性质，重点考查转化与变形，计算能力，属于基础题型.
7、C
【解析】根据四种命题的关系求解.
【详解】因为否命题是否定原命题的条件和结论，
所以命题“若则，全为0”的否命题是：
若，则，不全为0，
故选：C
8、C
【解析】先由条件得出a，b满足，得出满足的基本事件数，再求出总的基本事件数，从而可得答案.
【详解】直线到原点的距离不超过1，则
所以
当时，可以为5，6
当时，可以为4，5，6
当时，可以为4，5，6
当时，可以为2，3，4，5，6
当时，可以为1，2，3，4，5，6
当时，可以为1，2，3，4，5，6
满足的共有25种结果.
将一枚骰子先后抛掷两次，若先后出现的点数分别记为a，b，共有种结果
所以满足条件的概率为
故选：C
9、B
【解析】求得函数的导数，计算出和的值，可得出所求切线的点斜式方程，化简即可.
详解】，，，，
因此，所求切线的方程为，即.
故选：B.
【点睛】本题考查利用导数求解函图象的切线方程，考查计算能力，属于基础题
10、A
【解析】以为坐标原点，以为单位正交基底，建立空间直角坐标系，取，， 利用向量法，根据公式即可求出答案.
【详解】以为坐标原点，以为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，则，
，
取，，则，，
则点B到直线AC1的距离为.

故选：A
11、B
【解析】根据基本初等函数的求导公式和求导法则即可求解判断.
【详解】，故A错误；
，故B正确；
，故C错误；
，故D错误.
故选：B.
12、D

【解析】设，计算出、的值，利用平方差公式可求得结果.
【详解】设
由已知可得，，
因此，.
故选：D.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】推导出极化恒等式，即，结合最小值为，求出最小值.
【详解】由题意，取线段AB中点，则，，两式分别平方得：①，②，①－②得：，因为圆心到距离为，所以最小值为，又，故最小值为：.
故答案为：
14、
【解析】根据题意可知圆锥侧面展开图的半圆的半径为cm，再根据底面圆的周长等于侧面的弧长，即可求出结果.
【详解】设底面圆的半径为，
由于侧面展开图是一个半圆，又圆锥的母线长为cm，
所以该半圆的半径为cm，
所以，所以（cm）.
故答案为：.
15、
【解析】由题意可得，据此可得切线的斜率，结合切点坐标即可确定切线方程.
【详解】由函数的解析式可得：，
所求切线的斜率为：，
由于切点坐标为，故切线方程为：.
【点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题
一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆
二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点
三是复合函数求导的关键是分清函数的结构形式．由外向内逐层求导，其导数为两层导数之积.
16、

【解析】根据题意，先建立空间直角坐标系，然后写出相关点的坐标，再写出相关的向量，然后根据点分别为直线上写出点的坐标，这样就得到，然后根据的取值范围而确定
【详解】
建立如图所示的空间直角坐标系，则有：
，，，，，
可得：
设，且
则有：，
可得：
则有：
故

则当且仅当时，
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）证明见解析
（2）存在，1
【解析】（1）由面面垂直证明线面垂直，进而证明线线垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解.
【小问1详解】
∵，且D为BC的中点，∴，
因为平面平面ABC，交线为BC，AD⊥BC，AD面ABC，
所以AD⊥面，
因为面，
所以.
【小问2详解】
假设存在点E，满足题设要求
连接，，∵四边形为边长为2的菱形，且，
∴为等边三角形，
∵D为BC的中点
∴，
∵平面平面ABC，交线为BC，面，
所以面ABC，
故以D为原点，DC，DA，分别为x，y，z轴的空间直角坐标系

则，，，，
设，，
设面AED的一个法向量为，则，
令，则
设面AEC的一个法向量为，则，
令，则
设平面EAD与平面EAC的夹角为，则
解得：，故点E为中点，所以
18、（1）
（2）证明见解析，，
【解析】（1）代入可得，变形得构造等比数列求的通项公式；
（2）先由已知得，先分别求出，的通项公式，然后合并可得的通项公式，进而可得的通项公式
【小问1详解】
当，时，，所以，即，
整理得，
所以是以为首项，为公比的等比数列
故，即
【小问2详解】
当时，由，，得，
所以
因为，所以，
则是以为首项，2为公差的等差数列，，；
是以为首项，2为公差的等差数列，，
综上所述，
所以，，
故是以2为首项，1为公差的等差数列
当时，，且满足，
所以
19、（1）；
（2）；
（3）当点与点关于轴对称时，的面积达到最大，理由见解析.
【解析】（1）设，可得出，，将点的坐标代入椭圆的方程，求出的值，即可得出椭圆的方程；
（2）分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由已知可得，结合韦达定理可求得的值，即可得出直线的方程；
（3）设与直线平行且与椭圆相切的直线的方程为，将该直线方程与椭圆的方程联立，由判别式为零可求得，分析可知当点为直线与椭圆的切点时，的面积达到最大，求出直线与椭圆的切点坐标，可得出结论.
【小问1详解】
解：因为，设，则，，
所以，椭圆的方程可表示为，
将点的坐标代入椭圆的方程可得，解得，
因此，椭圆的方程为.
【小问2详解】
解：设线段的中点为，因为，则轴，
故直线、的倾斜角互补，
易知点，若直线轴，则、为椭圆短轴的两个顶点，
不妨设点、，则，，，不合乎题意.
所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，
联立，可得，，
由韦达定理可得，，
，，
则，
所以，解得，
因此，直线的方程为.
【小问3详解】
解：设与直线平行且与椭圆相切的直线的方程为，
联立，可得（*），
，解得，
由题意可知，当点为直线与椭圆的切点时，此时的面积取最大值，
当时，方程（*）为，解得，此时，即点.
此时，点与点关于轴对称，
因此，当点与点关于轴对称时，的面积达到最大.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值
20、（1）证明见解析 （2）
【解析】（1）连接CH，延长交PD于点K，连接BK，根据E、F、G分别为PC、BC、CD的中点，易得，再利用线面平行的判定定理证明.
（2）建立空间直角坐标，求得的坐标，平面PBC一个法向量，代入公式求解.
【详解】（1）如图所示：

连接CH，延长交PD于点K，连接BK，
因为设E、F、G分别为PC、BC、CD的中点，
所以H为CK的中点，
所以，又平面平面，
所以平面；
（2）建立如图所示直角坐标系

则，
所以，
设平面PBC一个法向量为：，
则，有，
令，，
设直线FH与平面所成角为，
所以，
因为，
所以.
【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，线面角的向量求法，还考查了转化化归的思想和逻辑推理，运算求解的能力，属于中档题.
21、（1）证明见解析，是鳖臑，四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB
（2）4（3）
【解析】（1）由直线与直线，直线与平面的垂直的转化证明得出PB⊥EF，DE∩FE＝E，所以PB⊥平面DEF，即可判断DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，确定直角即可；
（2）PD是阳马P−ABCD的高，DE是鳖臑D−BCE的高，BC⊥CE，，由此能求出的值
（3）根据公理2得出DG是平面DEF与平面ACBD的交线．利用直线与平面的垂直判断出DG⊥DF，DG⊥DB，根据平面角的定义得出∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，转化到直角三角形求解即可
【小问1详解】
因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC，
由底面ABCD为长方形，有BC⊥CD，而PD∩CD＝D，
所以BC⊥平面PCD．而DE⊂平面PDC，所以BC⊥DE
又因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC
而PC∩CB＝C，所以DE⊥平面PBC．而PB⊂平面PBC，所以PB⊥DE
又PB⊥EF，DE∩FE＝E，所以PB⊥平面DEF
由DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，
即四面体BDEF是一个鳖臑，
其四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB；
【小问2详解】
由已知，PD是阳马P−ABCD的高，
∴，
由（Ⅰ）知，，
在Rt△PDC中，∵PD＝CD，
点E是PC的中点，
∴，
∴
【小问3详解】
如图所示，

在面BPC内，延长BC与FE交于点G，则DG是平面DEF与平面ABCD的交线
由（1）知，PB⊥平面DEF，所以PB⊥DG
又因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥DG．而PD∩PB＝P，所以DG⊥平面PBD
所以DG⊥DF，DG⊥DB
故∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，
设PD＝DC＝1，BC＝λ，有，
在Rt△PDB中，由DF⊥PB，得，
则，解得
所以
故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时，
22、（1）
（2）
【解析】（1）根据正弦定理化边为角，结合三角变换可求答案；
（2）根据余弦定理先求，再用余弦定理求解.
【小问1详解】
∵，∴由正弦定理可得，
∴，
∴.
∵，∴，即.
∵，∴.
【小问2详解】
设，则，
即，解得或（舍去），∴.
∵，∴.