2026届重庆杨家坪中学高二数学第一学期期末达标检测试题含解析

2026届重庆杨家坪中学高二数学第一学期期末达标检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．已知两条平行直线：与：间的距离为3，则（）A.25或－5 B.25C.5 D.21或－92．已知椭圆：的左、右焦点分别为、，为坐标原点，为椭圆上一点．与轴交于一点，，则椭圆C的离心率为（）A. B.C. D.3．在等差数列中，若的值是A.15 B.16C.17 D.184．“”是“方程表示双曲线”的A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件5．已知函数的导函数为，若的图象如图所示，则函数的图象可能是（）A. B.C. D.6．已知a，b是互不重合直线，，是互不重合的平面，下列命题正确的是（）A.若，，则B.若，，，则C.若，，则D.若，，，则7．命题“，则”及其逆命题、否命题和逆否命题这四个命题中，真命题的个数为（）A.0 B.2C.3 D.48．已知圆C的方程为，点P在圆C上，O是坐标原点，则的最小值为（）A.3 B.C. D.9．已知直线与直线平行，则实数a值为（）A.1 B.C.1或 D.10．已知函数的图象在点处的切线与直线平行，若数列的前项和为，则的值为（）A. B.C. D.11．直线与圆相切，则实数等于（）A.或 B.或C.3或5 D.5或312．已知直线，若圆C的圆心在轴上，且圆C与直线都相切，求圆C的半径（）A. B.C.或 D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数在点处的切线为直线l，则l与坐标轴围成的三角形面积为___________.14．已知抛物线的焦点为，定点，若直线与抛物线相交于、两点（点在、中间），且与抛物线的准线交于点，若，则的长为______.15．若满足约束条件，则的最小值为________.16．若命题P：对于任意，使不等式为真命题，则实数的取值范围是___________.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）写出下列命题的否定，并判断它们的真假：（1）：任意两个等边三角形都是相似的；（2）：，.18．（12分）已知圆C：，直线l：.（1）当a为何值时，直线l与圆C相切；（2）当直线l与圆C相交于A，B两点，且|AB|=时，求直线l的方程.19．（12分）如图，四棱锥中，是边长为2的正三角形，底面为菱形，且平面平面，，为上一点，满足.（1）证明：；（2）求二面角的余弦值.20．（12分）如图，正方体的棱长为2，点为的中点.（1）求直线与平面所成角的正弦值；（2）求点到平面的距离.21．（12分）已知椭圆的长轴长与短轴长之比为2,、分别为其左、右焦点．请从下列两个条件中选择一个作为已知条件,完成下面的问题:①过点且斜率为1的直线与椭圆E相切;②过且垂直于x轴的直线与椭圆在第一象限交于点P,且的面积为．(只能从①②中选择一个作为已知)（1）求椭圆E的方程;（2）过点的直线l与椭圆E交于A,B两点,与直线交于H点,若,．证明:为定值22．（10分）已知：，:.(1)当时，求实数的取值范围；(2)若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.

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、A【解析】根据平行直线的性质，结合平行线间距离公式进行求解即可.【详解】因为直线：与：平行，所以有，因为两条平行直线：与：间距离为3，所以，或，当时，；当时，，故选：A2、C【解析】由椭圆的性质可先求得，故可得，再由椭圆的定义得a，c的关系，故可得答案【详解】，，又，，则，，则，，由椭圆的定义得，，，故选：C3、C【解析】由已知直接利用等差数列的性质求解【详解】在等差数列{an}中，由a1+a2+a3=3，得3a2=3，即a2=1，又a5=9，∴a8=2a5-a2=18-1=17故选C【点睛】本题考查等差数列的通项公式，考查等差数列的性质，是基础题4、A【解析】方程表示双曲线则，解得，是“方程表示双曲线”的充分不必要条件.故选：A5、D【解析】根据导函数大于，原函数单调递增；导函数小于，原函数单调递减；即可得出正确答案.【详解】由导函数得图象可得：时，，所以单调递减，排除选项A、B，当时，先正后负，所以在先增后减，因选项C是先减后增再减，故排除选项C，故选：D.6、B【解析】根据线线，线面，面面位置关系的判定方法即可逐项判断.【详解】A：若，，则或a，故A错误；B：若，，则a⊥β，又，则a⊥b，故B正确；C：若，，则或α与β相交，故C错误；D：若，，，则不能判断α与β是否垂直，故D错误.故选：B.7、D【解析】首先判断原命题的真假，写出其逆命题，即可判断其真假，再根据互为逆否命题的两个命题同真假，即可判断；【详解】解：因为命题“，则”为真命题，所以其逆否命题也为真命题；其逆命题为：则，显然也为真命题，故其否命题也为真命题；故命题“，则”及其逆命题、否命题和逆否命题这四个命题中，真命题有4个；故选：D8、B【解析】化简判断圆心和半径，利用圆的性质判断连接线段OC，交圆于点P时最小，再计算求值即得结果.【详解】化简得圆C的标准方程为，故圆心是，半径，则连接线段OC，交圆于点P时最小，因为原点到圆心的距离，故此时.故选：B.9、A【解析】根据两直线平行的条件列方程，化简求得，检验后确定正确答案.【详解】由于直线与直线平行，所以，或，当时，两直线方程都为，即两直线重合，所以不符合题意.经检验可知符合题意.故选：A10、A【解析】函数的图象在点处的切线与直线平行，利用导函数的几何含义可以求出，转化求解数列的通项公式，进而由数列的通项公式，利用裂项相消法求和即可【详解】解：∵函数的图象在点处的切线与直线平行，由求导得：，由导函数得几何含义得：，可得，∴，所以，∴数列的通项为，所以数列的前项的和即为，则利用裂项相消法可以得到：所以数列的前2021项的和为：.故选：A.11、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：C12、C【解析】设出圆心坐标，利用圆心到直线的距离相等列方程，求得圆心坐标并求得圆的半径.【详解】设圆心坐标为，则或，所以圆的半径为或.故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】先求出切线方程，分别得到直线与x、y轴交点，即可求出三角形的面积.【详解】由函数可得：函数，所以，.所以切线l：，即.令，得到；令，得到；所以l与坐标轴围成的三角形面积为.故答案为：.14、【解析】分别过点、作、垂直于抛物线的准线于、，则，求出直线的方程，可求得抛物线的焦点的坐标，可得出抛物线的标准方程，再将直线的方程与抛物线的方程联立，求出点的纵坐标，利用抛物线的定义可求得线段的长.【详解】如图，分别过点、作、垂直于抛物线的准线于、，则，由得，所以，，又，所以，直线的方程为，所以，，则，则抛物线的方程为，设点的纵坐标为，由，得或，因为点在、之间，则，所以，.故答案为：.15、5【解析】作出可行域，作直线，平移该直线可得最优解【详解】作出可行域，如图内部（含边界），作直线，直线中是直线的纵截距，代入得，即平移直线，当直线过点时取得最小值5故答案为：516、【解析】根据题意，结合指数函数不等式，将原问题转化为关于的不等式，对于任意恒成立，即可求解.【详解】根据题意，知对于任意，恒成立，即，化简得，令，，则恒成立，即，解得，故.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）存在两个等边三角形不是相似的，假命题（2），真命题【解析】根据全称命题与存在性命题的关系，准确改写，即可求解.【小问1详解】解：命题“任意两个等边三角形都是相似的”是一个全称命题根据全称命题与存在性命题的关系，可得其否定“存在两个等边三角形不是相似的”，命题为假命题.【小问2详解】解：根据全称命题与存在性命题关系，可得：命题的否定为.因为，所以命题为真命题.18、（1）；（2）或.【解析】（1）由题设可得圆心为，半径，根据直线与圆的相切关系，结合点线距离公式列方程求参数a的值即可.（2）根据圆中弦长、半径与弦心距的几何关系列方程求参数a，即可得直线方程.【小问1详解】由圆：，可得，其圆心为，半径，若直线与圆相切，则圆心到直线距离，即，可得：.【小问2详解】由（1）知：圆心到直线的距离，因为，即，解得：，所以，整理得：，解得：或，则直线为或.19、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）设为中点，连接，根据，证明平面得到答案.（2）以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，计算各点坐标，计算平面和平面的法向量，根据向量夹角公式计算得到答案.【详解】（1）设为中点，连接，，∵，∴，又∵底面四边形为菱形，，∴为等边三角形，∴，又∴，，平面，∴平面，而平面，∴.（2）∵平面平面，平面平面，，∴平面以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，由，，，即，∴，，，设为平面的法向量，则由，令，得，，∴，设为平面的法向量，则由，令，得，，∴，设二面角的平面角为，则，∴二面角的的余弦值为.【点睛】本题考查了线线垂直，二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，建立空间直角坐标系是解题的关键.20、（1）（2）【解析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量及，利用向量的夹角公式即可得解；（2）直接利用向量公式求解即可【小问1详解】解：以点作坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，2，，，0，，，0，，设平面的一个法向量为，又，则，则可取，又，设直线与平面的夹角为，则，直线与平面的正弦值为；【小问2详解】解：因为所以点到平面的距离为，点到平面的距离为21、（1）（2）证明见解析【解析】(1)选①:直线与椭圆联立,利用判别式为0求解;选②:利用通径公式即可(2)用直线参数方程的几何意义求解【小问1详解】选①:由题知,过点且斜率为1的直线方程为联立,得由,得所以椭圆的方程为选②:由题知,所以由,得所以椭圆的方程为【小问2详解】证明:设直线的参数方程为(为参数)设A,B,H对应的参数分别为,显然将代入椭圆,得即.所以将代入直线,得由,得,所以由,得,所以所以所以为定值【点睛】关键点点睛：直线的参数