2025-2026学年陕西省榆林一中高二数学第一学期期末达标检测试题含解析

2025-2026学年陕西省榆林一中高二数学第一学期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．下列说法错误的是（）A.命题“，”的否定是“，”B.若“”是“或”的充分不必要条件，则实数m的最大值为2021C.“”是“函数在内有零点”的必要不充分条件D.已知，且，则的最小值为92．下列函数求导错误的是（）A.B.C.D.3．中国古代有一道数学题：“今有七人差等均钱，甲、乙均七十七文，戊、己、庚均七十五文，问戊、己各若干？”意思是甲、乙、丙、丁、戊、己、庚七个人分钱，所分得的钱数构成等差数列，甲、乙两人共分得77文，戊、己、庚三人共分得75文，则戊、己两人各分得多少文钱？则下列说法正确的是（）A.戊分得34文，己分得31文 B.戊分得31文，己分得34文C.戊分得28文，己分得25文 D.戊分得25文，己分得28文4．若数列满足，则（）A.2 B.6C.12 D.205．若直线与圆相交于、两点，且（其中为原点），则的值为（）A. B.C. D.6．椭圆的长轴长是短轴长的2倍，则离心率（）A. B.C. D.7．刘徽是一个伟大的数学家，他的杰作《九章算术注》和《海岛算经》是中国宝贵的数学遗产，他所提出的割圆术可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度.割圆术的第一步是求圆的内接正六边形的面积.若在圆内随机取一点，则此点取自该圆内接正六边形的概率是（）A. B.C. D.8．用数学归纳法时，从“k到”左边需增乘的代数式是（）A. B.C. D.9．已知两条直线：，：，且，则的值为()A.－2 B.1C.－2或1 D.2或－110．已知双曲线，其中一条渐近线与x轴的夹角为，则双曲线的渐近线方程是（）A. B.C. D.11．在下列函数中，求导错误的是（）A.， B.，C.， D.，12．若方程表示双曲线，则实数m的取值范围是（）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△ABC的周长为20，且顶点，则顶点A的轨迹方程是______14．如图：双曲线的左右焦点分别为，，过原点O的直线与双曲线C相交于P，Q两点，其中P在右支上，且，则的面积为___________.15．如图，已知，分别是椭圆的左、右焦点，现以为圆心作一个圆恰好经过椭圆的中心并且交椭圆于点，．若过点的直线是圆的切线，则椭圆的离心率为_________16．已知正项等比数列的前项和为，且，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，四棱锥中，平面、底面为菱形，为的中点.（1）证明：平面；（2）设，菱形的面积为，求二面角的余弦值.18．（12分）如图，在直三棱柱中，，，D为的中点（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值；（3）若E为的中点，求与所成的角19．（12分）在平面直角坐标系中，点到两点的距离之和等于4，设点的轨迹为曲线（1）求曲线的方程；（2）设直线与交于两点，为何值时？20．（12分）等差数列{an}的前n项和记为Sn，且.（1）求数列{an}的通项公式an（2）记数列的前n项和为Tn，若，求n的最小值.21．（12分）已知数列是公比为正数的等比数列，且，.（1）求数列通项公式；（2）若，求数列的前项和.22．（10分）已知点，，双曲线C上除顶点外任一点满足直线RM与QM的斜率之积为4.（1）求C方程；（2）若直线l过C上的一点P，且与C的渐近线相交于A，B两点，点A，B分别位于第一、第二象限，，求的最小值.

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】对于A：用存在量词否定全称命题，直接判断；对于B：根据充分不必要条件直接判断；对于C：判断出“”是“函数在内有零点”的充分不必要条件，即可判断；对于D：利用基本不等式求最值.【详解】对于A：用存在量词否定全称命题，所以命题“，”的否定是“，”.故A正确；对于B：若“”是“或”的充分不必要条件，所以，即实数m的最大值为2021.故B正确；对于C：“函数在内有零点”，则，解得：或，所以“”是“函数在内有零点”的充分不必要条件.故C错误；对于D：已知，且，所以（当且仅当，即时取等号）故D正确.故选：C2、C【解析】每一个选项根据求导公式及法则来运算即可判断.【详解】对于A，，正确；对于B，，正确；对于C，，不正确；对于D，，正确.故选：C3、C【解析】设甲、乙、丙、丁、戊、己、庚所分钱数分别为，，，，，，，再根据题意列方程组可解得结果.【详解】依题意，设甲、乙、丙、丁、戊、己、庚所分钱数分别为，，，，，，，则，解得，所以戊分得（文），己分得（文），故选：C.4、D【解析】由已知条件变形可得，然后累乘法可得，即可求出详解】由得，，.故选：D5、D【解析】分析出为等腰直角三角形，可得出原点到直线的距离，利用点到直线的距离公式可得出关于的等式，由此可解得的值.【详解】圆的圆心为原点，由于且，所以，为等腰直角三角形，且圆心到直线的距离为，由点到直线的距离公式可得，解得.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查利用圆周角求参数，解题的关键在于求出弦心距，再利用点到直线的距离公式列方程求解参数.6、D【解析】根据长轴长是短轴长的2倍，得到，利用离心率公式即可求得答案.【详解】∵，∴，故，故选：D7、B【解析】此点取自该圆内接正六边形的概率是正六边形面积除以圆的面积，分别求出即可.【详解】如图，在单位圆中作其内接正六边形，该正六边形是六个边长等于半径的正三角形，其面积，圆的面积为则所求概率.故选：B【点睛】此题考查几何概率模型求解，关键在于准确求出正六边形的面积和圆的面积.8、C【解析】分别求出n＝k时左端的表达式，和n＝k+1时左端的表达式，比较可得“n从k到k+1”左端需增乘的代数式【详解】当n＝k时，左端＝（k+1）（k+2）（k+3）…（2k），当n＝k+1时，左端＝（k+2）（k+3）…（2k）（2k+1）（2k+2），∴左边需增乘的代数式是故选：C【点睛】本题考查用数学归纳法证明等式，分别求出n＝k时左端的表达式和n＝k+1时左端的表达式，是解题的关键9、B【解析】两直线平行，倾斜角相等，斜率均不存在或斜率存在且相等，据此即可求解.【详解】：，：斜率不可能同时不存在，∴和斜率相等，则或，∵m＝－2时，和重合，故m＝1.另解：，故m=1.故选：B.10、C【解析】由已知条件计算可得，即得到结果.【详解】由双曲线，可知渐近线方程为，又双曲线的一条渐近线与x轴的夹角为，故，即渐近线方程为.故选：C11、B【解析】分别求得每个函数的导数即可判断.详解】；；；.故求导错误的是B.故选：B.12、A【解析】方程化为圆锥曲线（椭圆与双曲线）标准方程的形式，然后由方程表示双曲线可得不等关系【详解】解：方程可化为，它表示双曲线，则，解得.故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、.【解析】由周长确定，故轨迹是椭圆，注意焦点位置和抠除不符合条件的点即可.【详解】解：，所以，，则顶点A的轨迹方程是.故答案为：.【点睛】考查椭圆定义的应用，基础题.14、24【解析】利用双曲线定义结合已知求出，，再利用双曲线的对称性计算作答.【详解】依题意，，，又，解得，，则有，即，连接，如图，因过原点O的直线与双曲线C相交于P，Q两点，由双曲线的对称性知，P，Q关于原点O对称，因此，四边形是平行四边形，，所以的面积为24.故答案为：2415、##【解析】根据给定条件探求出椭圆长轴长与其焦距的关系即可计算作答.【详解】设椭圆长轴长为，焦距为，即，依题意，，而直线是圆的切线，即，则有，又点在椭圆上，即，因此，，从而有，所以椭圆的离心率为.故答案为：16、【解析】根据给定条件求出正项等比数列的公比即可计算作答.【详解】设正项等比数列的公比为，依题意，，即，而，解得，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、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）连接交于点，连接，则，利用线面平行的判定定理，即可得证；（2）根据题意，求得菱形的边长，取中点，可证，如图建系，求得点坐标及坐标，即可求得平面的法向量，根据平面PAD，可求得面的法向量，利用空间向量的夹角公式，即可求得答案.【详解】（1）连接交于点，连接，则、E分别为、的中点，所以，又平面平面所以平面（2）由菱形的面积为，，易得菱形边长为，取中点，连接，因为，所以，以点为原点，以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立如图所示坐标系.则所以设平面的法向量，由得，令，则所以一个法向量，因为，，所以平面PAD，所以平面的一个法向量所以，又二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为【点睛】解题的关键是熟练掌握证明平行的定理，证明线面平行时，常用中位线法和平行四边形法来证明；利用空间向量求解二面角为常考题型，步骤为建系、求点坐标、求所需向量坐标、求法向量、利用夹角公式求解，属基础题.18、（1）证明见解析（2）（3）【解析】（1）连接，交于O，连接OD，根据中位线的性质，可证，根据线面平行的判定定理，即可得证；（2）如图建系，求得各点坐标，进而可求得平面与平面法向量，根据二面角的向量求法，即可得答案；（3）求得坐标，根据线线角的向量求法，即可得答案.【小问1详解】连接，交于O，连接OD，则O为的中点，在中，因为O、D分别为、BC中点，所以，又因为平面，平面，所以平面【小问2详解】由题意得，两两垂直，以B为原点，为x，y，z轴正方向建系，如图所示：设，则，所以，则，，因为平面在平面ABC内，且平面ABC，所以即为平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，则，所以，令，则，所以法向量，所以，由图象可得平面与平面的夹角为锐角，所以平面与平面的夹角的余弦值为【小问3详解】由（2）可得，设与所成的角为，则，解得，所以与所成的角为19、（1）；（2）.【解析】（1）由题意可得：点的轨迹为椭圆，设标准方程为：，则，，，解出可得椭圆的标准方程（2）设，，直线方程与椭圆联立，化为：，恒成立，由，可得，把根与系数的关系代入解得【详解】解：（1）由题意可得：点的轨迹为椭圆，设标准方程为：，则，，，可得椭圆的标准方程为：（2）设，，联立，化为：，恒成立，，，，，，解得．满足当时，能使【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、数量积运算性质、一元二次方程的根与系数的关系，考查了推理能力与计算能力，属于难题20、（1）an=2n（2）100【解析】（1）由等差数列的通项公式列出方程组求解即可；（2）由裂项相消求和法得出，再由不等式的性质得出n的最小值.【小问1详解】设等差数列{an}的公差为d，依题意有解得，所以an=2n.【小问2详解】由（1）得，则，所以因为，即，解得n>99，所以n的最小值为100.21、（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，∵，