2025-2026学年重庆綦江中学七校联考高二上数学期末复习检测试题含解析

2025-2026学年重庆綦江中学七校联考高二上数学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．设直线的倾斜角为，且，则满足A. B.C. D.2．如图，在平行六面体中，，则与向量相等的是（）A. B.C. D.3．已知函数的图象如图所示，则其导函数的图象大致形状为（）A. B.C. D.4．已知随机变量，且，，则为（）A.0.1358 B.0.2716C.0.1359 D.0.27185．已知双曲线C的离心率为，则双曲线C的渐近线方程为（）A. B.C. D.6．已知四棱锥，底面为平行四边形，分别为，上的点，，设，则向量用为基底表示为（）A. B.C. D.7．已知点，则直线的倾斜角为（）A. B.C. D.8．袋子中有四个小球，分别写有“文、明、中、国”四个字，有放回地从中任取一个小球，直到“中”“国”两个字都取到就停止，用随机模拟的方法估计恰好在第三次停止的概率.利用电脑随机产生0到3之间取整数值的随机数，分别用0，1，2，3代表“文、明、中、国”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：由此可以估计，恰好第三次就停止的概率为（）A. B.C. D.9．若双曲线的两个焦点为，点是上的一点，且，则双曲线的渐近线与轴的夹角的取值范围是（）A. B.C. D.10．命题“存在，使得”的否定为（）A.存在， B.对任意，C.对任意， D.对任意，11．已知过点A（a，0）作曲线C：y＝x•ex的切线有且仅有两条，则实数a的取值范围是（）A.（﹣∞，﹣4）∪（0，+∞） B.（0，+∞）C.（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞） D.（﹣∞，﹣1）12．若函数在上有两个极值点，则下列选项中不正确的为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知实数x，y满足方程，则的最大值为_________14．如图，四边形和均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点在线段上，、分别为、的中点.设异面直线与所成的角为，则的最大值为____15．过抛物线的准线上任意一点做抛物线的切线，切点分别为，则A点到准线的距离与点到准线的距离之和的最小值为___________16．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说:“白日登山望烽火,黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”,即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发,先到河边饮马再回到军营,怎样走才能使总路程最短?在如图所示的直角坐标系xOy中,设军营所在平面区域为{(x,y)|x2+y2≤},河岸线所在直线方程为x+2y-4=0.假定将军从点P(,)处出发,只要到达军营所在区域即回到军营,当将军选择最短路程时,饮马点A的纵坐标为______.最短总路程为______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．（12分）已知椭圆与直线相切，点G为椭圆上任意一点，，，且的最大值为3（1）求椭圆C的标准方程；（2）设直线与椭圆C交于不同两点E，F，点O为坐标原点，且，当的面积取最大值时，求的取值范围18．（12分）如图1，已知矩形ABCD，，，E，F分别为AB，CD的中点，将ABCD卷成一个圆柱，使得BC与AD重合（如图2），MNGH为圆柱的轴截面，且平面平面MNGH，NG与曲线DE交于点P（1）证明：平面平面MNGH；（2）判断平面PAE与平面PDH夹角与的大小，并说明理由19．（12分）如图，四棱锥中，，.（1）证明：平面；（2）在线段上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值等于？20．（12分）已知椭圆的离心率为，短轴端点到焦点的距离为2（1）求椭圆的方程；（2）设为椭圆上任意两点，为坐标原点，且以为直径的圆经过原点，求证：原点到直线的距离为定值，并求出该定值21．（12分）已知点在椭圆：上，椭圆E的离心率为.（1）求椭圆E的方程；（2）若不平行于坐标轴且不过原点O的直线l与椭圆E交于B，C两点，判断是否可能为等边三角形，并说明理由.22．（10分）已知点，.（1）求以为直径的圆的方程；（2）若直线被圆截得的弦长为，求值

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、D【解析】因为，所以，，，，故选D2、A【解析】根据空间向量的线性运算法则——三角形法，准确运算，即可求解.【详解】由题意，在平行六面体中，，可得.故选：A.3、A【解析】利用f(x)先单调递增的速度由快到慢,再由慢到快，结合导数的几何意义判断即可.【详解】由f(x)的图象可知，函数f(x)先单调递增的速度由快到慢,再由慢到快，由导数的几何意义可知，先减后增，且恒大于0，故符合题意的只有选项A.故选：A.4、C【解析】根据正态分布的对称性可求概率.【详解】由题设可得，，故选：C.5、B【解析】根据双曲线的离心率，求出即可得到结论【详解】∵双曲线的离心率是，∴，即1+，即1，则，即双曲线的渐近线方程为，故选：B6、D【解析】通过寻找封闭的三角形，将相关向量一步步用基底表示即可.【详解】.故选：D7、A【解析】由两点坐标，求出直线的斜率，利用，结合倾斜角的范围即可求解.【详解】设直线AB的倾斜角为，因为，所以直线AB的斜率，即，因为，所以.故选：A8、A【解析】利用古典概型的概率公式求解.【详解】因为随机模拟产生了以下18组随机数：，其中恰好第三次就停止包含的基本事件有：023,123,132共3个，所以由此可以估计，恰好第三次就停止的概率为，故选：A9、B【解析】由条件结合双曲线的定义可得，然后可得，然后可求出的范围即可.【详解】由双曲线的定义可得，结合可得当点不为双曲线的顶点时，可得，即当点为双曲线的顶点时，可得，即所以，所以，所以所以双曲线的渐近线与轴的夹角的取值范围是故选：B10、D【解析】根据特称命题否定的方法求解，改变量词，否定结论.【详解】由题意可知命题“存在，使得”的否定为“对任意，”.故选：D.11、A【解析】设出切点，对函数求导得到切点处的斜率，由点斜式得到切线方程，化简为，整理得到方程有两个解即可，解出不等式即可.【详解】设切点为，，，则切线方程为：，切线过点代入得：，，即方程有两个解，则有或.故答案为:A.【点睛】这个题目考查了函数的导函数的求法，以及过某一点的切线方程的求法，其中应用到导数的几何意义，一般过某一点求切线方程的步骤为：一：设切点，求导并且表示在切点处的斜率；二：根据点斜式写切点处的切线方程；三：将所过的点代入切线方程，求出切点坐标；四：将切点代入切线方程，得到具体的表达式.12、C【解析】求导，根据题意可得，从而可得出答案.【详解】解：，因为函数在上有两个极值点，所以，即.所以ABD正确，C错误.故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、##【解析】设，根据直线与圆的位置关系即可求出【详解】由于，设，所以点既在直线上，又在圆上，即直线与圆有交点，所以，，即故答案为：14、【解析】如图所示，建立空间直角坐标系，设，，，，，由向量法可得，令，，，利用导数研究函数的单调性即可求得的最大值，从而可得答案【详解】解：由题意，根据已知条件，直线AB，AD，AQ两两互相垂直，所以建立如图所示空间直角坐标系不妨设，则，0，，，0，，，1，，设，，，，，，，，，，，令，，则，函数在上单调递减，时，函数取得最大值，的最大值为故答案为：15、8【解析】设，，，，由可得，根据导数的几何意义求得两切线的方程，联立求得点的坐标，再根到准线的距离转化为到焦点的距离，三点共线时距离最小，进而求出最小值【详解】解：设，，，，由可得，所以，所以直线，的方程分别为：，，联立，解得，即，，又有在准线上，所以，所以，设直线的方程为：，代入抛物线的方程可得：，可得，所以可得，即直线恒过点，即直线恒过焦点，即直的方程为：，代入抛物线的方程：，，所以，点到准线的距离与点到准线的距离之和，所以当时，距离之和最小且为8，这时直线平行于轴故答案为：816、①.②.【解析】求出P(,)关于直线x+2y4=0对称点P'的坐标，再求出线段OP'与直线x+2y-4=0的交点A,再利用圆的几何性质可得结果.【详解】设P(,)关于直线x+2y4=0的对称点为P'(m,n),则解得因为从点P到军营总路程最短,所以A为线段OP'与直线x+2y4=0的交点,联立得y=(42y),解得y=.所以“将军饮马”的最短总路程为=，故答案为，.【点睛】本题主要考查对称问题以及圆的几何性质，属于中档题.解析几何中点对称问题，主要有以下三种题型：（1）点关于直线对称，关于直线的对称点，利用，且点在对称轴上，列方程组求解即可；（2）直线关于直线对称，利用已知直线与对称轴的交点以及直线上特殊点的对称点（利用（1）求解），两点式求对称直线方程；（3）曲线关于直线对称，结合方法（1）利用逆代法求解.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）【解析】（1）设点，根据题意，得到，根据向量数量积的坐标表示，得到，根据其最小值，求出，即可得出椭圆方程；（2）设，，，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，由弦长公式，以及点到直线距离公式，求出的面积的最值，得到；得出点的轨迹为椭圆，且点为椭圆的左、右焦点，记，则，得到，根据对勾函数求出最值.【小问1详解】设点，由题意知，所以：，则，当时，取得最大值，即，故椭圆C的标准方程是【小问2详解】设，，，则由得，，点O到直线l的距离，对用均值不等式，则：当且仅当即，①，S取得最大值．此时，，，即，代入①式整理得，即点M的轨迹为椭圆且点，为椭圆的左、右焦点，即记，则于是：，由对勾函数的性质：当时，，且，故的取值范围为18、（1）证明见解析（2）平面PAE与平面PDH夹角大于，理由见解析【解析】（1）由面面垂直证明，然后得证平面MNGH后可得面面垂直；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求出二面角的余弦可得结论【小问1详解】如图O，为圆柱上，下底面的中心，可知，，平面平面MNGH，所以是二面角的平面角，平面平面MNGH，所以，即，，平面MNGH，所以平面MNGH，因为平面PAE，所以平面平面MNGH；【小问2详解】因为，所以得，如图，以为坐标原点，以，,所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则可知，，，，，则，，，，设平面AEP的法向量为，则，令，得，设平面DHP的法向量为，则，即令，得，，设平面PAE与平面PDH夹角为，则，，因为，即，所以平面PAE与平面PDH夹角大于19、（1）详解解析；（2）存在.【解析】（1）利用勾股定理证得，结合线面垂直的判定定理即可证得结论；（2）以A为原点建立空间直角坐标系，设点，，求得平面的法向量，利用已知条件建立关于的方程，进而得解.【小问1详解】取中点为，连接，在中，，，，又，，所以，又，，而，所以，又，，，又，，平面.【小问2详解】以A为坐标原点，以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，则，，，，设点，因为点F在线段上，设，，，设平面的法向量为，，，则，令，则，设直线CF与平面所成角为，，解得或（舍去），，此时点F是的三等分点，所以在线段上是存在一点，使直线与平面所成角的正弦值等于.20、（1）（2）证明见解析，定值为【解析】（1）根据题意得到，，得到椭圆方程.（2）考虑直线斜率存在和不存在两种情况，联立方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，将题目转化为，化简得到，代入计算得到答案.【小问1详解】椭圆的离心率为，短轴端点到焦点的距离为，故，，故椭圆方程为.【小问2详解】当直线斜率存在时，设直线方程为，，，则，即，，以为直径的圆经过原点，故，即，即，化简整理得到：，原点到直线的距离为.当直线斜率不存在时，为等腰直角三角形，设，则，解得，即直线方程为，到原点的距离为.综上所述：原点到直线的距离为定值.【点睛】本题考查了椭圆方程，椭圆中的定值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中将圆过原点转化为是解题的关键.21、（1）（2）三角形不可能是等边三角形，理由见解析【解析】（1）根据点坐标和离心率可得椭圆方程；（2）假设为等边三角形，设，与椭圆方程联立，由韦达定理得的中点的坐标，，利用得出矛盾.小问1详解】由点在椭圆上，得，即，又，即，解得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】假设为等边三角形，设，，联立，消去得，由韦达定理得，由得，故，所以的中点为，所以，故，与等边三角形中矛盾，所以假设不成立，故三角形