浙江省宁波市咸祥中学2026届高二数学第一学期期末质量检测试题含解析

浙江省宁波市咸祥中学2026届高二数学第一学期期末质量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．过点P(2，1)作直线l，使l与双曲线－y2＝1有且仅有一个公共点，这样的直线l共有A.1条 B.2条C.3条 D.4条2．经过点且与双曲线有共同渐近线的双曲线方程为（）A. B.C. D.3．设等差数列，的前n项和分别是，若，则（）A. B.C. D.4．如图，在四面体OABC中，，，，点在线段上，且，为的中点，则等于（）A. B.C. D.5．为了了解1200名学生对学校某项教改实验的意见，打算从中抽取一个容量为40的样本，采用系统抽样方法，则分段的间隔为（）A.40 B.30C.20 D.126．若的解集是，则等于（）A.-14 B.-6C.6 D.147．执行如图所示的程序框图，若输出的，则输人的（）A. B.或C. D.或8．已知数列是公差为等差数列，，则（）A.1 B.3C.6 D.99．数列是公差不为零的等差数列，为其前n项和．若对任意的，都有，则的值不可能是（）A. B.2C. D.310．在等差数列中，，且，，，构成等比数列，则公差（）A.0或2 B.2C.0 D.0或11．函数在区间上的最小值是（）A. B.C. D.12．若直线的一个方向向量为，直线的一个方向向量为，则直线与所成的角为（）A30° B.45°C.60° D.90°二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知数列的前n项和为，则取得最大值时n的值为__________________14．椭圆的左、右焦点分别为，，为坐标原点，则以下说法正确的是（）A.过点的直线与椭圆交于，两点，则的周长为8B.椭圆上存在点，使得C.椭圆的离心率为D.为椭圆上一点，为圆上一点，则点，的最大距离为315．已知椭圆：的右焦点为，且经过点（1）求椭圆的方程以及离心率；（2）若直线与椭圆相切于点，与直线相交于点．在轴是否存在定点，使？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由16．已知椭圆，为其右焦点，过垂直于轴的直线与椭圆相交所得的弦长为，则椭圆的方程为________.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）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题的题设条件中.问题：等差数列的公差为，满足，________?（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和得到最小值时的值.18．（12分）求下列函数的导数：（1）；（2）.19．（12分）已知抛物线的焦点也是椭圆的一个焦点，如图，过点任作两条互相垂直的直线，，分别交抛物线于，，，四点，，分别为，的中点.（1）求的值；（2）求证：直线过定点，并求出该定点的坐标；（3）设直线交抛物线于，两点，试求的最小值.20．（12分）已知椭圆，四点中，恰有三点在椭圆上（1）求椭圆的方程；（2）设直线不经过点，且与椭圆相交于不同的两点．若直线与直线的斜率之和为，证明：直线过一定点，并求此定点坐标21．（12分）在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，已知直线：mx－（2－m）y－4=0与直线h：x+y－2=0的交点M在第一三象限的角平分线上.（1）求实数m的值；（2）若点P在直线l上且，求点P的坐标.22．（10分）如图，在三棱柱中，，D为BC的中点，平面平面ABC（1）证明：；（2）已知四边形是边长为2的菱形，且，问在线段上是否存在点E，使得平面EAD与平面EAC的夹角的余弦值为，若存在，求出CE的长度，若不存在，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、B【解析】利用几何法，结合双曲线的几何性质，得出符合条件的结论.【详解】由双曲线的方程可知其渐近线方程为y＝±x，则点P(2，1)在渐近线y＝x上，又双曲线的右顶点为A(2，0)，如图所示．满足条件的直线l有两条：x＝2，y－1＝－(x－2)【点睛】该题考查的是有关直线与双曲线的公共点有一个的条件，结合双曲线的性质，结合图形，得出结果，属于中档题目.2、C【解析】共渐近线的双曲线方程，设，把点代入方程解得参数即可.【详解】设，把点代入方程解得参数，所以化简得方程故选：C.3、C【解析】结合等差数列前项和公式求得正确答案.【详解】依题意等差数列，的前n项和分别是，由于，故可设，，当时，，，所以，所以.故选：C4、D【解析】利用空间向量的加法与减法可得出关于、、的表达式.【详解】.故选：D.5、B【解析】根据系统抽样的概念，以及抽样距的求法，可得结果.【详解】由总数为1200，样本容量为40，所以抽样距为：故选：B【点睛】本题考查系统抽样的概念，属基础题.6、A【解析】由一元二次不等式的解集，结合根与系数关系求参数a、b，即可得.【详解】∵的解集为，∴-5和2为方程的两根，∴有，解得，∴.故选：A.7、A【解析】根据题意可知该程序框图显示的算法函数为，分和两种情况讨论即可得解.【详解】解：该程序框图显示得算法函数为，由，当时，，方程无解；当时，，解得，综上，若输出的，则输入的.故选：A.8、D【解析】结合等差数列的通项公式求得.【详解】设公差，.故选：D9、A【解析】由已知建立不等式组，可求得，再对各选项逐一验证可得选项.【详解】解：因为数列是公差不为零的等差数列，为其前n项和．对任意的，都有，所以，即，解得，则当时，，不成立；当时，，成立；当时，，成立；当时，，成立；所以的值不可能是，故选：A.10、A【解析】根据等比中项的性质和等差数列的通项公式建立方程，可解得公差d得选项.【详解】解：因为在等差数列中，，且，，，构成等比数列，所以，即，所以，解得或，故选：A.11、B【解析】求出导函数，确定函数的单调性，得极值，并求出端点处函数值比较后可得最小值【详解】解：因为，于是函数在上单调递增，在上单调递减，，，得函数在区间上的最小值是故选：B12、C【解析】直接由公式，计算两直线的方向向量的夹角，进而得出直线与所成角的大小【详解】因为，，所以，所以，所以直线与所成角的大小为故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、①.13②.##3.4【解析】由题可得利用函数的单调性可得取得最大值时n的值，然后利用，即求.【详解】∵，∴当时，单调递减且，当时，单调递减且，∴时，取得最大值，∴.故答案为：13；.14、ABD【解析】结合椭圆定义判断A选项的正确性，结合向量数量积的坐标运算判断B选项的正确性，直接法求得椭圆的离心率，由此判断C选项的正确性，结合两点间距离公式判断D选项的正确性.【详解】对于选项：由椭圆定义可得：，因此的周长为，所以选项正确；对于选项：设，则，且，又，，所以，，因此，解得，，故选项正确；对于选项：因为，，所以，即，所以离心率，所以选项错误；对于选项：设，，则点到圆的圆心的距离为，因为，所以，所以选项正确，故选：ABD15、（1），；（2）存在定点，为【解析】（1）利用，，求解方程（2）设直线方程为，与椭圆联立利用判别式等于0得，并求得切点坐标及，假设存在点，利用化简求值【详解】（1）由已知得，，，，椭圆的方程为，离心率为；（2）在轴存在定点，为使，证明：设直线方程为代入得，化简得由，得，，设，则，，则，设，则，则假设存在点解得所以在轴存在定点使【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，考查切线的应用，利用判别式等于0得坐标是解决问题的关键,考查计算能力,是中档题16、##【解析】将代入椭圆的方程，可得出，可得出关于的等式，求出的值，进而可求得的值，由此可得出椭圆的方程.【详解】将代入椭圆的方程可得，可得，由已知可得，整理可得，，解得，所以，，因此，椭圆的方程为.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）选择条件见解析，（2）【解析】（1）设等差数列的公差为，由，得到，选①，联立求解；选②，联立求解；选③，联立求解；（2）由（1）知，令求解.【小问1详解】解：设等差数列的公差为，得，选①，得，故，∴.选②，得，得，故，∴.选③，，得，故，∴；【小问2详解】由（1）知，，，∴数列是递增等差数列.由，得，∴时，，时，，∴时，得到最小值.18、（1）；（2）.【解析】（1）根据导数的加法运算法则，结合常见函数的导数进行求解即可；（2）根据导数的加法和乘法的运算法则，结合常见函数的导数进行求解即可.【小问1详解】；【小问2详解】.19、（1）（2）证明见解析，（3,0）（3）【解析】（1）求出椭圆的焦点坐标，从而可知抛物线的焦点坐标，进而可得的值；（2）首先设出直线的方程，联立直线与抛物线的方程，得到，坐标，令，可得直线过点，再证明当，，，三点共线即可；（3）设出的直线方程，联立直线与抛物线的方程，利用韦达定理找出根的关系，再利用两点间的距离公式求出最小值即可.【小问1详解】椭圆的焦点坐标为，由于抛物线的焦点也是椭圆的一个焦点，故，即，；小问2详解】由（1）知，抛物线的方程为，设，，，，由题意，直线的斜率存在且设直线的方程为，代入可得，则，故，故的中点坐标为，由，设直线的方程为，代入可得，则，故，可得的中点坐标为，令得，此时，故直线过点，当时，，所以，，，三点共线，所以直线过定点.【小问3详解】设，由题意直线的斜率存在，设直线的方程为，代入可得，则，，，故，当即直线垂直轴时，取得最小值.20、（1）（2）证明见解析，定点【解析】（1）先判断出在椭圆上，再代入求椭圆方程；（2）假设斜率存在，设出直线，利用斜率之和为，求出之间的关系，即可求出定点，再说明斜率不存在时，直线仍过该点即可.【小问1详解】由对称性同时在椭圆上或同时不在椭圆上，从而在椭圆上，因此不在椭圆上，故在椭圆上，将，代入椭圆的方程，解得，所以椭圆的方程为【小问2详解】当直线斜率存在时，令方程为，由得所以得方程为，过定点当直线斜率不存在时，令方程为，由，即解得此时直线方程为，也过点综上，直线过定点.【点睛】本题关键点在于先假设斜率存在，设出直线，利用题目所给条件得到之间的关系，即可求出定点，再说明斜率不存在时，直线仍过该点即可，属于定点问题的常见解法，注意积累掌握.21、（1）3（2）【解析】（1）求出直线与直线的交点坐标，代入直线的方程可得值；（2）设，代入已知等式可求得值，得坐标【小问1详解】由得，即所以，【小问2详解】由（1）直线方程是，在直线上，设，则，解得，所以点坐标为22、（1）证明见解析（2）存在，1【解析】（1）由面面垂直证明线面垂直，进而证明线线垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解.【小问1详解】