科大附中2026届高二上数学期末复习检测试题含解析

科大附中2026届高二上数学期末复习检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．如果，那么下列不等式成立的是（）A. B.C. D.2．①“若，则互为相反数”的逆命题；②“若，则”的逆否命题；③“若，则”的否命题.其中真命题的个数为（）A.0 B.1C.2 D.33．下列关系中，正确的是（）A. B.C. D.4．某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时间为40秒．若一名行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等待18秒才出现绿灯的概率为（）A B.C. D.5．某救援队有5名队员，其中有1名队长，1名副队长，在一次救援中需随机分成两个行动小组，其中一组2名队员，另一组3名队员，则正、副队长不在同一组的概率为（）A. B.C. D.6．若“”是“”的充分不必要条件，则实数a的取值范围为A. B.或C. D.7．在直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B.C. D.8．若双曲线与椭圆有公共焦点，且离心率，则双曲线的标准方程为（）A. B.C. D.9．均匀压缩是物理学一种常见现象.在平面直角坐标系中曲线均匀压缩，可用曲线上点的坐标来描述.设曲线上任意一点，若将曲线纵向均匀压缩至原来的一半，则点的对应点为.同理，若将曲线横向均匀压缩至原来的一半，则曲线上点的对应点为.若将单位圆先横向均匀压缩至原来的一半，再纵向均匀压缩至原来的，得到的曲线方程为（）A. B.C. D.10．已知抛物线的焦点坐标是，则抛物线的标准方程为A. B.C. D.11．在四棱锥中，分别为的中点，则（）A. B.C. D.12．从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同数字构成平面直角坐标系内点的横、纵坐标，其中不在轴上的点有（）A.36个 B.30个C.25个 D.20个二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图，椭圆的左、右焦点分别为，过椭圆上的点作轴的垂线，垂足为，若四边形为菱形，则该椭圆的离心率为_________.14．已知，为双曲线的左、右焦点，过作的垂线分别交双曲线的左、右两支于B，C两点（如图）．若，则双曲线的渐近线方程为______15．若不等式的解集是，则的值是___________.16．如图茎叶图记录了A、两名营业员五天的销售量，若A的销售量的平均数比的销售量的平均数多1，则A营业员销售量的方差为___________.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）已知函数在处取得极值确定a的值；若，讨论的单调性18．（12分）在平面直角坐标系中，已知点在椭圆上，其中为椭圆E的离心率（1）求b的值；（2）A，B分别为椭圆E的左右顶点，过点的直线l与椭圆E相交于M，N两点，直线与交于点T，求证：19．（12分）已知关于的不等式（1）若不等式的解集为，求的值（2）若不等式的解集为，求的取值范围20．（12分）已知，，其中（1）已知，若为真，求的取值范围；（2）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围21．（12分）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，底面，，是的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）设点是平面上任意一点，直接写出线段长度最小值.（不需证明）22．（10分）已知定点，动点与连线的斜率之积.（1）设动点的轨迹为，求的方程；（2）若是上关于轴对称的两个不同点，直线与轴分别交于点.试判断以为直径的圆是否过定点，如经过，求出定点坐标；如不过定点，请说明理由.

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】利用不等式的性质分析判断每个选项.【详解】由不等式的性质可知，因为，所以，，故A错误，D正确；由，可得，，故B，C错误.故选：D2、B【解析】写出逆命题判断①；写出逆否命题判断②；写出否命题判断③.【详解】①:“若，则互为相反数”的逆命题为：“若互为相反数，则”，是真命题；②：“若，则”的逆否命题为：“若，则”.因为当时，有，但不成立.故“若，则”是假命题.③：“若，则”的否命题为：“若，则”.因为当时，有，但是，即不成立.故“若，则”是假命题..故选：B3、B【解析】根据对数函数的性质判断A，根据指数函数的性质判断B，根据正弦函数的性质及诱导公式判断C，根据余弦函数的性质及诱导公式判断D；【详解】解：对于A：因为，，，故A错误；对于B：因为在定义域上单调递减，因为，所以，又，，因为在上单调递增，所以，所以，所以，故B正确；对于C：因为在上单调递减，因为，所以，又，所以，故C错误；对于D：因为在上单调递减，又，所以，又，所以，故D错误；故选：B4、B【解析】由几何概型公式求解即可.【详解】红灯持续时间为40秒，则至少需要等待18秒才出现绿灯的概率为，故选：B5、C【解析】求出基本事件总数与正、副队长不在同一组的基本事件个数，即可求出答案.【详解】基本事件总数为正、副队长不在同一组的基本事件个数为故正、副队长不在同一组的概率为.故选：C.6、D【解析】“”是“”的充分不必要条件，结合集合的包含关系，即可求出的取值范围.【详解】∵“”是“”的充分不必要条件∴或∴故选：D.【点睛】本题考查充分必要条件，根据充要条件求解参数的范围时，可把充分条件、必要条件或充要条件转化为集合间的关系，由此得到不等式（组）后再求范围.解题时要注意，在利用两个集合之间的关系求解参数的取值范围时，不等式是否能够取等号决定端点值的取舍，处理不当容易出现漏解或增解的现象.7、D【解析】以为坐标原点，向量，，方向分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】以为坐标原点，向量，，方向分别为、、轴建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，，，因此异面直线与所成角的余弦值等于.故选：D.8、A【解析】首先求出椭圆的焦点坐标，然后根据可得双曲线方程中的的值，然后可得答案.【详解】椭圆焦点坐标为所以双曲线的焦点在轴上，，因为，所以，所以双曲线的标准方程为故选：A9、C【解析】设单位圆上一点为，经过题设变换后坐标为，则，代入圆的方程即可得曲线方程.【详解】由题设，单位圆上一点坐标为，经过横向均匀压缩至原来的一半，纵向均匀压缩至原来的，得到对应坐标为，∴，则，故中，可得：.故选：C.10、D【解析】根据抛物线的焦点坐标得到2p=4,进而得到方程.【详解】抛物线的焦点坐标是,即p=2,2p=4,故得到方程为.故答案为D.【点睛】这个题目考查了抛物线的标准方程的求法，题目较为简单.11、A【解析】结合空间几何体以及空间向量的线性运算即可求出结果.【详解】因为分别为的中点，则,,,故选：A.12、C【解析】根据点不在y轴上，分2类根据分类加法计数原理求解.【详解】因为点不在轴上，所以点的横坐标不能为0，分两类考虑，第一类含0且为点的纵坐标，共有个点，第二类坐标不含0的点，共有个点，根据分类加法计数原理可得共有个点.故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据题意可得，利用推出，进而得出结果.【详解】由题意知，，将代入方程中，得，因为，所以，整理，得，又，所以，由，解得.故答案为：14、【解析】根据双曲线的定义先计算出，，注意到图中渐近线，于是利用两种不同的表示法列方程求解.【详解】，则，由双曲线的定义及在右支上，，又在左支上，则，则，在中，由余弦定理，，而图中渐近线，于是，得，于是，不妨令，化简得，解得，渐近线就为：.故答案为：.15、【解析】利用和是方程的两根，再利用根与系数的关系即可求出和的值，即可得的值.【详解】由题意可得：方程的两根是和，由根与系数的关系可得：，所以，所以，故答案为：16、44【解析】先根据题意求出x的值，进而利用方差公式求出A营业员销售量的方差.【详解】由A的平均数比的平均数多1知，A的总量比的总量多5，所以，A的平均数为17，方差为.故答案为：44三、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）在和内为减函数，在和内为增函数【解析】（1）对求导得，因为在处取得极值，所以，即，解得；（2）由（1）得，，故，令，解得或，当时，，故为减函数，当时，，故为增函数，当时，，故为减函数，当时，，故为增函数，综上所知：和是函数单调减区间，和是函数的单调增区间.18、（1）1（2）证明见解析【解析】（1）根据点在椭圆E上建立方程，结合，然后解出方程即可；（2）联立直线与椭圆的方程，表示出直线与，求得交点的坐标，再分别表示出直线和的斜率并作差，通过韦达定理证明直线和的斜率相等即可.【小问1详解】由点在椭圆E上，得：又，即解得：【小问2详解】依题意，得，且直线l与x轴不会平行设直线l的方程为，，由方程组消去x可得：则有：，且直线的方程为，直线的方程为由方程组可得：设直线的斜率分别是，则有：可得：又可得：故【点睛】（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系（2）涉及到直线方程时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为或不存在等特殊情形请考生在第22-23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分19、（1）；（2）【解析】（1）根据关于的不等式的解集为，得到和1是方程的两个实数根，再利用韦达定理求解.（2）根据关于的不等式的解集为．又因为，利用判别式法求解.【详解】（1）因为关于的不等式的解集为，所以和1是方程的两个实数根，由韦达定理可得，得（2）因为关于的不等式的解集为因为所以，解得，故的取值范围为【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解集和恒成立问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.20、（1）（2）【解析】（1）求出两个命题为真命题时的解集然后利用为真，取并求得的取值范围；（2）由是的充分不必要条件，即，，其逆否命题为，列出不等式组求解即可.【详解】（1）由，解得，所以又，因为，解得，所以．当时，，又为真，所以.（2）由是的充分不必要条件，即，，其逆否命题为，由（1），，所以，即：【点睛】该题考查的是有关逻辑的问题，涉及到的知识点有命题的真假判断与应用，充分不必要条件对应的等价结果，注意原命题与逆否命题等价，属于简单题目.21、（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【解析】（1）设，连结，根据中位线定理即可证，再根据线面平行的判定定理，即可证明结果；（2）由菱形的性质可知，可证，又底面，可得，再根据面面垂直的判定定理，即可证明结果；（3）根据等体积法，即，经过计算直接写出结果即可.【小问1详解】证明：设，连结.因为底面为菱形，所以为的中点，又因为E是PC的中点，所以.又因为平面，平面，所以平面.【小问2详解】证明：因为底面为菱形，所以.因为底面，所以.又因为，所以平面.又因为平面，所以平面平面.【小问3详解】解：线段长度的最小值为.22、（1）；（2）以为直径的圆过定点，定点坐标为和.【解析】(1)设动点的坐标，利用斜率坐标公式结合已知列式即可作答.(2)设上任意一点，求出点M，N的坐标，再求出以为直径