河北省唐山开滦一中2026届数学高二上期末质量检测试题含解析

河北省唐山开滦一中2026届数学高二上期末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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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．连掷一枚均匀的骰子两次，所得向上的点数分别为m，n，记，则下列说法正确的是（）A.事件“”的概率为 B.事件“t是奇数”与“”互为对立事件C.事件“”与“”互为互斥事件 D.事件“且”的概率为2．已知向量，，且，，，则一定共线的三点是（）A.A，B，D B.A，B，CC.B，C，D D.A，C，D3．从装有2个红球和2个白球的袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是（）A.取出的球至少有1个红球；取出的球都是红球B.取出的球恰有1个红球；取出的球恰有1个白球C.取出的球至少有1个红球；取出的球都是白球D.取出的球恰有1个白球；取出的球恰有2个白球4．命题“，使”的否定是（）A.，有 B.，有C.，使 D.，使5．直线与圆相切，则实数等于（）A.或 B.或C.3或5 D.5或36．在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2+6x+2=0的根，则的值为（）A. B.C. D.或7．直线与椭圆交于两点，以线段为直径的圆恰好经过椭圆的左焦点，则此椭圆的离心率为（）A B.C. D.8．在空间直角坐标系下，点关于轴对称的点的坐标为（）A. B.C. D.9．已知双曲线的右焦点为F,双曲线C的右支上有一点P满是(点O为坐标原点),那么双曲线C的离心率为()A. B.C. D.10．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，定点，M为抛物线上一点，则|MA|+|MF|的最小值为（）A.3 B.4C.5 D.611．“”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12．已知两直线与，则与间的距离为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图，在五面体中，//，，，四边形为平行四边形，平面，，则直线到平面距离为_________14．已知，，若，则_________.15．已知、均为正实数，且，则的最小值为___________.16．阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期的数学三巨匠．“阿波罗尼斯圆”是他的代表成果之一：平面上动点P到两定点A，B的距离之比满足(且，t为常数)，则点的轨迹为圆．已知在平面直角坐标系中，，，动点P满足，则P点的轨迹为圆，该圆方程为_________；过点的直线交圆于两点，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）某企业为响应“安全生产”号召，将全部生产设备按设备安全系数分为A，两个等级，其中等设备安全系数低于A等设备.企业定时对生产设备进行检修，并将部分等设备更新成A等设备.据统计，2020年底该企业A等设备量已占全体设备总量的30%.从2021年开始，企业决定加大更新力度，预计今后每年将16%的等设备更新成A等设备，与此同时，4%的A等设备由于设备老化将降级成等设备.（1）在这种更新制度下，在将来的某一年该企业的A等设备占全体设备的比例能否超过80%？请说明理由；（2）至少在哪一年底，该企业的A等设备占全体设备的比例超过60%.（参考数据：，，）18．（12分）如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，且，点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为（1）求点的位置；（2）求点到平面的距离19．（12分）求适合下列条件的圆锥曲线的标准方程（1）中心在原点，实轴在轴上，一个焦点在直线上的等轴双曲线；（2）椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率等于，且它的一个顶点恰好是抛物线的焦点；（3）经过点抛物线20．（12分）已知数列中，，且（1）求证：数列是等差数列，并求出；（2）数列前项和为，求21．（12分）如图，四棱锥中，平面，∥,，，为上一点，平面（Ⅰ）求证：∥平面；（Ⅱ）若，求点D到平面EMC的距离22．（10分）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且的面积为（为坐标原点）（1）求抛物线的标准方程；（2）点、是抛物线上异于原点的两点，直线、的斜率分别为、，若，求证：直线恒过定点

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】计算出事件“t＝12”的概率可判断A；根据对立事件的概念，可判断B；根据互斥事件的概念，可判断C；计算出事件“t＞8且mn＜32”的概率可判断D；【详解】连掷一枚均匀的骰子两次，所得向上的点数分别为m，n，则共有个基本事件，记t＝m＋n，则事件“t＝12”必须两次都掷出6点，则事件“t＝12”的概率为，故A错误；事件“t是奇数”与“m＝n”为互斥不对立事件,如事件m=3,n=5，故B错误；事件“t＝2”与“t≠3”不是互斥事件，故C错误；事件“t＞8且mn＜32”有共9个基本事件，故事件“t＞8且mn＜32”的概率为，故D正确；故选：D2、A【解析】由已知，分别表示出选项对应的向量，然后利用平面向量共线定理进行判断即可完成求解.【详解】因，，，选项A，，，若A，B，D三点共线，则，即，解得，故该选项正确；选项B，，，若A，B，C三点共线，则，即，解得不存，故该选项错误；选项C，，，若B，C，D三点共线，则，即，解得不存在，故该选项错误；选项D，，，若A，C，D三点共线，则，即，解得不存在，故该选项错误；故选：A.3、D【解析】利用互斥事件、对立事件的定义逐一判断即可.【详解】A答案中的两个事件可以同时发生，不是互斥事件B答案中的两个事件可以同时发生，不是互斥事件C答案中的两个事件不能同时发生，但必有一个发生，既是互斥事件又是对立事件D答案中的两个事件不能同时发生，也可以都不发生，故是互斥而不对立事件故选：D【点睛】本题考查的是互斥事件和对立事件的概念，较简单.4、B【解析】根据特称命题的否定是全称命题即可得正确答案【详解】存在量词命题的否定，只需把存在量词改成全称量词，并把后面的结论否定，所以“，使”的否定为“，有”，故选：B.5、C【解析】先求出圆的圆心和半径，再利用圆心到直线的距离等于半径列方程可求得结果【详解】由，得，则圆心为，半径为2，因为直线与圆相切，所以，得，解得或，故选：C6、B【解析】由韦达定理得a3a15=2，由等比数列通项公式性质得：a92=a3a15=a2a16=2，由此求出答案【详解】解：∵在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2-6x+2=0的根，∴a3a15=2＞0，a3+a15=-6<0∴a2a16=a3a15=2，a92=a3a15=2，∴a9=，∴，故选B【点睛】本题考查等比数列中两项积与另一项的比值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用7、D【解析】根据题意作出示意图，根据圆的性质以及直线的倾斜角求解出的长度，再根据椭圆的定义求解出的关系，则椭圆离心率可求.【详解】设椭圆的左右焦点分别为，如下图：因为以线段为直径的圆恰好经过椭圆的左焦点，所以且，所以，又因为的倾斜角为，所以，所以为等边三角形，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以，故选：D.8、C【解析】由空间中关于坐标轴对称点坐标的特征可直接得到结果.【详解】关于轴对称的点的坐标不变，坐标变为相反数，关于轴对称的点为.故选：C.9、D【解析】分析焦点三角形即可【详解】如图,设左焦点为,因为,所以不妨设,则离心率故选:D10、B【解析】作出图象，过点M作准线的垂线，垂足为H，结合图形可得当且仅当三点M，A，H共线时|MA|+|MH|最小，求解即可【详解】过点M作准线的垂线，垂足为H，由抛物线的定义可知|MF|＝|MH|，则问题转化为|MA|+|MH|的最小值，结合图形可得当且仅当三点M，A，H共线时|MA|+|MH|最小，其最小值为.故选：B11、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.12、B【解析】把直线的方程化简，再利用平行线间距离公式直接计算得解.【详解】直线的方程化为：，显然，，所以与间的距离为.故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】利用等价转化的思想转化为点到面的距离，作，利用线面垂直的判定定理证明平面，然后计算使用等面积法，可得结果.【详解】作如图由//，平面，平面所以//平面所以直线到平面距离等价于点到平面距离又平面，平面所以，又，则平面，，所以平面平面，所以又平面，所以平面所以点到平面距离为由，所以又，所以在中，又故答案为：【点睛】本题考查线面垂直的综合应用以及等面积法求高，重点在于使用等价转换的思想，考验理解能力，分析问题的能力，属中档题.14、【解析】由题意，，利用向量数量积的坐标运算可得，然后利用定积分性质可得，原式，最后利用微积分基本定理计算，，利用定积分的几何意义计算，即可得答案.【详解】解：因为，，且，所以，解得，所以====.故答案为：.15、【解析】由基本不等式可得出关于的不等式，即可解得的最小值.【详解】因、均为正实数，由基本不等式可得，整理可得，，，则，解得，当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为.故答案为：.16、①.②.【解析】设，根据可得圆的方程，利用垂径定理可求.【详解】设，则，整理得到，即.因为，故为的中点，过圆心作的垂线，垂足为，则为的中点，则，故，解得，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）A等设备量不可能超过生产设备总量的80%，理由见解析；（2）在2026届底实现A等设备量超过生产设备总量的60%.【解析】(1)根据题意表示出2020年开始，经过年后A等设备量占总设备量的百分比为，求出，根据的范围进行判断；(2)令＞即可求解.【小问1详解】记该企业全部生产设备总量为“1”，2020年开始，经过年后A等设备量占总设备量的百分比为，则经过1年即2021年底该企业A等设备量，，可得，又所以数列是以为首项，公比为的等比数列，可得，所以，显然有，所以A等设备量不可能超过生产设备总量的80%.【小问2详解】由，得.因为单调递减，又，，所以在2026届底实现A等设备量超过生产设备总量的60%.18、（1）为棱中点（2）【解析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的方程，结合求出的值，即可得出点的位置；（2）利用空间向量法可求得点到平面的距离【小问1详解】解：因为平面，底面为正方形，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、，设，其中，则，设平面的法向量为，，，由，取，可得，由题意可得，整理可得，因为，解得，因此，点为棱的中点.【小问2详解】解：由（1）知为棱中点，即，则，又，设平面的法向量为，由，取，可得，因为，所以，点到平面的距离为.19、（1）（2）（3）或【解析】（1）由已知求得，再由等轴双曲线的性质可求得则，由此可求得双曲线的方程；（2）由已知求得抛物线的焦点为，得出椭圆的，再根据椭圆的离心率求得，由此可得出椭圆的方程；（3）设抛物线的标准方程为：或，代入点求解即可.【小问1详解】解：对于直线，令，得，所以，则，所以，所以中心在原点，实轴在轴上，一个焦点在直线上的等轴双曲线的方程为；【小问2详解】解：由得抛物线的焦点为，所以对于椭圆，，又椭圆的离心率为，所以，解得，所以椭圆的方程；【小问3详解】解：因为点在第三象限，所以满足条件的抛物线的标准方程可以是：或，代入点得或，解得或，所以经过点的抛物线的方程为或20、（1）证明见解析，（2）【解析】（1）利用等差数列的定义可证是等差数列，利用等差数列的通项公式可求.（2）利用错位相减法可求.【小问1详解】因为，是以为首项，为公差的等差数列，，.【小问2详解】，，，.21、（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）运用线面平行的判定定理证明；（Ⅱ）借助体积相等建立方程求解即可【详解】（Ⅰ）证明