甘肃省临夏市2026届高二数学第一学期期末教学质量检测试题含解析

甘肃省临夏市2026届高二数学第一学期期末教学质量检测试题注意事项：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．在正三棱锥S-ABC中，AB=4，D、E分别是SA、AB中点，且DE⊥CD，则三棱锥S-ABC外接球的体积为（）A.π B.πC.π D.π2．将一颗骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数之和是4的倍数但不是3的倍数的概率为（）A. B.C. D.3．函数，则不等式的解集是（）A. B.C. D.4．已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点.若，，则C的方程为A. B.C. D.5．“”是“直线与直线垂直”的A.充分必要条件 B.充分非必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件6．已知圆，圆C2：x2+y2－x－4y+7=0，则“a=1”是“两圆内切”的（）A.充分必要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件7．函数在上的最大值是A. B.C. D.8．两条平行直线与之间的距离为（）A. B.C. D.9．阿基米德（Archimedes，公元前287年-公元前212年），出生于古希腊西西里岛叙拉古（今意大利西西里岛上），伟大的古希腊数学家、物理学家，与高斯、牛顿并称为世界三大数学家．有一类三角形叫做阿基米德三角形（过抛物线的弦与过弦端点的两切线所围成的三角形），他利用“通近法”得到抛物线的弦与抛物线所围成的封闭图形的面积等于阿基米德三角形面积的（即右图中阴影部分面积等于面积的）．若抛物线方程为，且直线与抛物线围成封闭图形的面积为6，则（）A.1 B.2C. D.310．若是函数的一个极值点，则的极大值为（）A. B.C. D.11．命题“对任意，都有”的否定是（）A.对任意，都有 B.存在，使得C.对任意，都有 D.存在，使得12．直线与圆的位置关系是（）A.相交 B.相切C.相离 D.不确定二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．直线l交椭圆于A，B两点，线段AB的中点为，直线是线段AB的垂直平分线，若，D为垂足，则D点的轨迹方程是______14．若“”是真命题，则实数的最小值为_____________.15．已知球的表面积为,则该球的体积为______.16．已知曲线的方程是，给出下列四个结论：①曲线C恰好经过4个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；②曲线有4条对称轴；③曲线上任意一点到原点的距离都不小于1；④曲线所围成图形的面积大于4；其中，所有正确结论的序号是_____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）已知数列，若_________________（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和从下列三个条件中任选一个补充在上面的横线上，然后对题目进行求解①；②，，；③，点，在斜率是2的直线上18．（12分）已知为数列的前项和，且（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和（3）设，若不等式对一切恒成立，求实数取值范围19．（12分）已知函数，记f（x）的导数为f′（x）．若曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为﹣3，且x＝2时y＝f（x）有极值，（Ⅰ）求函数f（x）的解析式；（Ⅱ）求函数f（x）在[﹣1，1]上的最大值和最小值20．（12分）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且（1）求B；（2）若，求的面积的最大值21．（12分）双曲线（，）的离心率，且过点.（1）求a，b的值；（2）求与双曲线C有相同渐近线，且过点的双曲线的标准方程.22．（10分）某快递公司收取快递费用的标准是：重量不超过的包裹收费10元；重量超过的包裹，除收费10元之外，超过的部分，每超出（不足，按计算）需要再收费5元.该公司近60天每天揽件数量的频率分布直方图如下图所示（同一组数据用该区间的中点值作代表）.（1）求这60天每天包裹数量的平均值和中位数；（2）该公司从收取的每件快递的费用中抽取5元作为前台工作人员的工资和公司利润，剩余的作为其他费用.已知公司前台有工作人员3人，每人每天工资100元，以样本估计总体，试估计该公司每天的利润有多少元？（3）小明打算将四件礼物随机分成两个包裹寄出，且每个包裹重量都不超过，求他支付的快递费为45元的概率.

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】取中点，连接，证明平面，得证，然后证明平面，得两两垂直，以为棱把三棱锥补成一个正方体，正方体的对角线是其外接球的直径，而正方体的外接球也是正三棱锥的外接球，由此计算可得【详解】取中点，连接，则，，，平面，所以平面，又平面，所以，D、E分别是SA、AB的中点，则，又，所以，，平面，所以平面，而平面，所以，，是正三棱锥，因此，因此可以为棱把三棱锥补成一个正方体，正方体的对角线是其外接球的直径，而正方体的外接球也是正三棱锥的外接球，由，得，所以所求外接球直径为，半径为，球体积为故选：C2、B【解析】基本事件总数，再利用列举法求出点数之和是4的倍数但不是3的倍数包含的基本事件的个数，由此能求出点数之和是4的倍数但不是3的倍数的概率【详解】解：将一颗骰子先后抛掷2次，观察向上的点数之和，基本事件总数，点数之和是4的倍数但不是3的倍数包含的基本事件有：，，，，，，，，共8个，则点数之和是4的倍数但不是3的倍数的概率为故选：B3、A【解析】利用导数判断函数单调递增，然后进行求解.【详解】对函数进行求导：，因为，，所以，因为，所以f(x)是奇函数,所以在R上单调递增，又因为，所以的解集为.故选：A4、B【解析】由已知可设，则，得，在中求得，再在中，由余弦定理得，从而可求解.【详解】法一：如图，由已知可设，则，由椭圆的定义有．在中，由余弦定理推论得．在中，由余弦定理得，解得所求椭圆方程为，故选B法二：由已知可设，则，由椭圆的定义有．在和中，由余弦定理得，又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养5、B【解析】先由两直线垂直求出的值，再由充分条件与必要条件的概念，即可得出结果.【详解】因为直线与直线垂直，则，即，解得或；因此由“”能推出“直线与直线垂直”，反之不能推出，所以“”是“直线与直线垂直”的充分非必要条件.故选B【点睛】本题主要考查命题充分不必要条件的判定，熟记充分条件与必要条件的概念，以及两直线垂直的判定条件即可，属于常考题型.6、B【解析】先得出圆的圆心和半径，求出两圆心间的距离，半径之差，根据两圆内切得出方程，从而得出答案.【详解】圆的圆心半径的圆心半径两圆心之间的距离为两圆的半径之差为当两圆内切时，，解得或所以当，可得两圆内切，当两圆内切时，不能得出（可能）故“”是“两圆内切”的充分不必要条件故选：B7、D【解析】求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可，结合函数的单调性求出的最大值即可【详解】函数的导数令可得，可得上单调递增，在单调递减，函数在上的最大值是故选D【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，是一道中档题8、D【解析】由已知有，所以直线可化为，利用两平行直线距离公式有，选D.点睛：本题主要考查两平行直线间的距离公式，属于易错题．在用两平行直线距离公式时，两直线中的系数要相同，不然不能用此公式计算9、D【解析】根据题目所给条件可得阿基米德三角形的面积，再利用三角形面积公式即可求解.【详解】由题意可知，当过焦点的弦垂直于x轴时，即时，，即，故选：D10、D【解析】先对函数求导，由已知，先求出，再令，并判断函数在其左右两边的单调性，从而确定极大值点，然后带入原函数即可完成求解.【详解】因为，，所以，所以，，令，解得或，所以当，，单调递增；时，，单调递减；当，，单调递增，所以的极大值为故选：D11、B【解析】根据全称命题的否定是特称命题形式，可判断正确答案.【详解】因为全称命题的否定是特称命题，所以命题“对任意，都有”的否定是“存在，使得”故选：B.12、A【解析】首先求出直线过定点，再判断点在圆内，即可判断；【详解】解：直线恒过定点，又，即点在圆内部，所以直线与圆相交；故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】设直线l的方程为，代入椭圆方程并化简，然后根据M为线段AB的中点结合根与系数的关系得到k,t间的关系，进而写出线段AB的垂直平分线的直线方程，可以判断它过定点E，再考虑直线l的斜率不存在的情况，根据题意可知，点D在以OE为直径的圆上，最后求出点D的轨迹方程.【详解】设直线l的方程为，代入椭圆方程并化简得：，设，则，解得.因为直线是线段AB的垂直平分线，故直线：，即：令，此时，，于是直线过定点当直线l的斜率不存在时，，直线也过定点点D在以OE为直径的圆上，则圆心为，半径，所以点D轨迹方程为：14、1【解析】若“”是真命题，则大于或等于函数在的最大值因为函数在上为增函数，所以，函数在上的最大值为1，所以，，即实数的最小值为1.所以答案应填:1.考点：1、命题；2、正切函数的性质.15、【解析】设球半径为，由球表面积求出，然后可得球的体积【详解】设球半径为，∵球的表面积为，∴，∴，∴该球的体积为故答案为【点睛】解答本题的关键是熟记球的表面积和体积公式，解题时由条件求得球的半径后可得所求结果16、②③④【解析】根据曲线方程作出曲线，即可根据题意判断各结论的真假【详解】曲线的简图如下：根据图象以及方程可知，曲线C恰好经过9个整点,它们是，，，所以①不正确；由图可知，曲线有4条对称轴，它们分别是轴，轴，直线和，②正确；由图可知，曲线上任意一点到原点的距离都不小于1，③正确；由图可知，曲线所围成图形的面积等于，④正确故答案为：②③④三、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、答案见解析.【解析】（1）若选①，根据通项公式与前项和的关系求解通项公式即可；若选②，根据可得数列为等差数列，利用基本量法求解通项公式即可；若选③，根据两点间的斜率公式可得，可得数列为等差数列进而求得通项公式；（2）利用裂项相消求和即可【详解】解：（1）若选①，由，所以当，，两式相减可得：，而在中，令可得：，符合上式，故若选②，由（，）可得：数列为等差数列，又因为，，所以，即，所以若选③，由点，在斜率是2的直线上得：，即，所以数列为等差数列且（2）由（1）知：，所以18、（1）；（2）；（3）.【解析】（1）利用的关系，根据等比数列的定义求通项公式.（2）由（1）可得，应用裂项相消法求.（3）应用错位相减法求得，由题设有，讨论为奇数、偶数求的取值范围【小问1详解】当时，，可得，当时，，可得，∴是首项、公比都为的等比数列，故.【小问2详解】由（1），，∴.【小问3详解】由题设，，∴，则，∴，由对一切恒成立，令，则，∴数列单调递减，∴当为奇数，恒成立且在上递减，则，当为偶数，恒成立且在上递增，则，综上，.19、（Ⅰ）f（x）＝x3﹣3x2+1；（Ⅱ）最大值为1，最小值为﹣3【解析】（Ⅰ）求导可得f′（x）的解析式，根据导数的几何意义，可得k=f′（1）=-3，又在x＝2处有极值，所以f′（2）＝0，即可求得a，b的值，即可得答案；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得f′（x）的解析式，令f′（x）=0，解得x＝0或x＝2，讨论f（x）在﹣1＜x＜0，0＜x＜1上的单调性，即可求得f（x）的极值，检验边界值，即可得答案.【详解】（Ⅰ）由题意得：f′（x）＝3x2+2ax+b，所以k=f′（1）＝3+2a+b＝﹣3，f′（2）＝12+4a+b＝0，解得a＝﹣3，b＝0，所以f（x）＝x3﹣3x2+1；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，令f′（x）＝3x2﹣6x＝0，解得x＝0或x＝2，当﹣1＜x＜0时，f′（x）＞0，f（x）在（﹣1，0）是增函数，当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）在（0，1）是减函数，所以f（x）的极大值为f（0）＝1，又f（1）＝﹣1，f（﹣1）＝﹣3，所以f（x）在[﹣1，1]上的最大值为1，最小值为﹣320、（1）（2）【解析】（1）：根据正弦定理由边化角和三角正弦和公式即可求解；（2）：根据余弦定理和均值不等式求得最大值，利用面积公式即可求解【小问1详解】由正弦定理及，得，∵，∵，∴【小问2详解】由余弦定理，∴，∴，当且仅当时等号成立，∴的面积的最大值为21、（1），（2）【解析】（1）根据已知条件建立关于a、b、c的方程组可解；（2）巧设与已知双曲线同渐近线的双曲线方程为可得.【小问1详解】因为离心率，所以.又因为点在双曲线