山东省临沂市沂南县2026届高二数学第一学期期末达标检测试题含解析

山东省临沂市沂南县2026届高二数学第一学期期末达标检测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．在直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B.C. D.2．下列说法正确的个数有（）（ⅰ）命题“若，则”的否命题为：“若，则”；（ⅱ）“，”的否定为“，使得”；（ⅲ）命题“若，则有实根”为真命题；（ⅳ）命题“若，则”的否命题为真命题；A.1个 B.2个C.3个 D.4个3．已知，若是函数一个零点，则的值为()A.0 B.C.1 D.4．若等比数列的前n项和，则r的值为（）A. B.C. D.5．如图是函数的导函数的图象，下列说法正确的是（）A.函数在上是增函数B.函数在上是减函数C.是函数的极小值点D.是函数的极大值点6．口袋中装有大小形状相同的红球3个，白球3个，小明从中不放回的逐一取球，已知在第一次取得红球的条件下，第二次取得白球的概率为（）A.0.4 B.0.5C.0.6 D.0.757．下列推理中属于归纳推理且结论正确的是（）A.由，求出，，，…，推断：数列的前项和B.由满足对都成立，推断：为奇函数C.由半径为的圆的面积，推断单位圆的面积D.由，，，…，推断：对一切，8．设直线的倾斜角为，且，则满足A. B.C. D.9．在空间四边形OABC中，，，，点M在线段OA上，且，N为BC中点，则等于（）A. B.C. D.10．已知方程表示的曲线是焦点在轴上的椭圆，则的取值范围A. B.C. D.11．设是等比数列，则“对于任意的正整数n，都有”是“是严格递增数列”（）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12．在三棱锥中，平面，，，，Q是边上的一动点，且直线与平面所成角的最大值为，则三棱锥的外接球的表面积为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若，，，四点中恰有三点在椭圆上，则椭圆C的方程为________.14．若函数在处取得极小值，则a=__________15．若，则数列的前21项和___________.16．直线的倾斜角为_______________.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）已知椭圆）过点A（0，），且与双曲线有相同的焦点（1）求椭圆C的方程；（2）设M，N是椭圆C上异于A的两点，且满足，试判断直线MN是否过定点，并说明理由18．（12分）如图，在三棱锥中，，点为线段上的点.（1）若平面，试确定点的位置，并说明理由；（2）若，，，在（1）成立的前提下，求二面角的余弦值.19．（12分）已知圆与（1）过点作直线与圆相切，求的方程；（2）若圆与圆相交于、两点，求的长20．（12分）已知直线l：2mx－y－8m－3＝0和圆C：x2＋y2－6x＋12y＋20＝0.（1）m∈R时，证明l与C总相交；（2）m取何值时，l被C截得的弦长最短？求此弦长21．（12分）如图,在四棱锥中,四边形是直角梯形,，,，为等边三角形.（1）证明：；（2）求点到平面的距离.22．（10分）已知数列满足，（1）设，求证:数列是等比数列;（2）求数列的前项和

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】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.2、B【解析】根据四种命题的结构特征可判断（ⅰ）（ⅳ）的正误，根据全称命题的否定形式可判断（ⅱ）的正误，根据判别式的正误可判断（ⅲ）的正误.【详解】命题“若，则”的否命题”为“若，则”，故（ⅰ）错误.“，”的否定为“，使得”，故（ⅱ）正确，当时，，故有实根，故（ⅲ）正确，“若，则”的否命题为“若，则”，取，则，故命题若，则为假命题，故（ⅳ）错误.故选：B3、A【解析】首先根据题意求出，然后设函数，利用以及的单调性，并结合对数运算即可求解.【详解】由题意可知，，所以，不妨设，()，故，从而，易知在上单调递增，故，即，从而.故选：A.4、B【解析】利用成等比数列来求得.【详解】依题意，等比数列的前n项和，，，所以.故选：B5、A【解析】根据图象，结合导函数的正负性、极值的定义逐一判断即可.【详解】由图象可知，当时，；当时，，在上单调递增，在上单调递减，可知B错误，A正确；是极大值点，没有极小值，和不是函数的极值点，可知C，D错误故选：A6、C【解析】求出第一次取得红球的事件、第一次取红球第二次取白球的事件概率，再利用条件概率公式计算作答.【详解】记“第一次取得红球”为事件A，“第二次取得白球”为事件B，则，，于是得，所以在第一次取得红球的条件下，第二次取得白球的概率为0.6.故选：C7、A【解析】根据归纳推理是由特殊到一般，推导结论可得结果.【详解】对于A，由，求出，，，…，推断：数列的前项和，是由特殊推导出一般性的结论，且，故A正确；B和C属于演绎推理，故不正确；对于D，属于归纳推理，但时，结论不正确，故D不正确.故选：A.8、D【解析】因为，所以，，，，故选D9、B【解析】由题意结合图形，直接利用，求出，然后即可解答.【详解】解：因为空间四边形OABC如图，，，，点M在线段OA上，且，N为BC的中点，所以.所以.故选：B.10、A【解析】根据条件，列出满足条件的不等式，求的取值范围.【详解】曲线表示交点在轴的椭圆，，解得：.故选A【点睛】本题考查根据椭圆的焦点位置求参数的取值范围，意在考查基本概念，属于基础题型.11、C【解析】根据严格递增数列定义可判断必要性，分类讨论可判断充分性.【详解】若是严格递增数列，显然，所以“对于任意的正整数n，都有”是“是严格递增数列”必要条件；对任意的正整数n都成立，所以中不可能同时含正项和负项，，即，或，即，当时，有，即，是严格递增数列，当时，有，即，是严格递增数列，所以“对于任意的正整数n，都有”是“是严格递增数列”充分条件故选：C12、C【解析】由平面，直线与平面所成角的最大时，最小，也即最小，，由此可求得，从而得，得长，然后取外心，作，取H为的中点，使得，则易得，求出的长即为外接球半径，从而可得面积【详解】三棱锥中，平面，直线与平面所成角为，如图所示；则，且的最大值是，，的最小值是，即A到的距离为，，，在中可得，又，，可得；取的外接圆圆心为，作，取H为的中点，使得，则易得，由，解得，，，，由勾股定理得，所以三棱锥的外接球的表面积是.【点睛】本题考查求球的表面积，解题关键是确定球的球心，三棱锥的外接球心在过各面外心且与此面垂直的直线上二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由于，关于轴对称，故由题设知C经过，两点，C不经过点，然后求出a，b，即可得到椭圆的方程.【详解】解：由于，关于轴对称，故由题设知经过，两点，所以.又由知，不经过点，所以点在上，所以.因此，故方程为.故答案为：.【点睛】求椭圆的标准方程有两种方法：①定义法：根据椭圆的定义，确定，的值，结合焦点位置可写出椭圆方程②待定系数法：若焦点位置明确，则可设出椭圆的标准方程，结合已知条件求出，；若焦点位置不明确，则需要分焦点在轴上和轴上两种情况讨论，也可设椭圆的方程为14、2【解析】对函数求导，根据极值点得到或，讨论的不同取值，利用导数的方法判定函数单调性，验证极值点，即可得解.【详解】由可得，因为函数在处取得极小值，所以，解得或，若，则，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；所以函数在处取得极小值，符合题意；当时，，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；所以函数在处取得极大值，不符合题意；综上：.故答案为：2.【点睛】思路点睛：已知函数极值点求参数时，一般需要先对函数求导，根据极值点求出参数，再验证所求参数是否符合题意即可.15、【解析】利用分组求和法求出答案即可.【详解】故答案为：16、【解析】由直线的斜率为，得到，即可求解.【详解】由题意，可知直线的斜率为，设直线的倾斜角为，则，解得，即换线的倾斜角为.【点睛】本题主要考查直线的倾斜角的求解问题，其中解答中熟记直线的倾斜角与斜率的关系，合理准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.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）直线过定点；理由见解析【解析】（1）根据题意可求得，进而求得椭圆方程；（2）考虑直线斜率是否存在，设直线方程并联立椭圆方程，得到根与系数的关系式，然后利用，将根与系数的关系式代入化简得到，结合直线方程,化简可得结论.【小问1详解】依题意，，所以，故椭圆方程为：【小问2详解】当直线MN的斜率不存在时，设M（），N（，），则，,此时M，N重合，不符合题意；当直线MN的斜率存在时，设MN的方程为：，M（，），N（），与椭圆方程联立可得：，即，∴，即，∴，∴，∴，当时，,直线MN：，即，令，则，∴直线过定点【点睛】本题考查了椭圆方程的求法以及直线和椭圆相交时过定点的问题，解答时要注意解题思路的顺畅，解答的难点在于运算量较大且复杂，需要十分细心.18、（1）点为MC的中点，理由见解析；（2）【解析】（1）由线面垂直得到线线垂直，进而由三线合一得到点为MC的中点；（2）作出辅助线，找到二面角的平面角，利用勾股定理求出各边长，用余弦定理求出答案.【小问1详解】点为MC的中点，理由如下：因为平面，平面，所以，，又，由三线合一得：点为MC的中点【小问2详解】取AB的中点H，连接PH，CH，则由（1）知：，结合点为MC的中点，所以PA=PB，故由三线合一得：PH⊥AB，且CH⊥AB，所以∠CHP即为二面角的平面角，因为，，，所以，，，由勾股定理得：，，，在△PCH中，由余弦定理得：，故二面角的余弦值为19、（1）或（2）【解析】（1）根据已知可得圆心与半径，再利用几何法可得切线方程；（2）联立两圆方程可得公共弦方程，进而可得弦长.【小问1详解】解：圆的方程可化为：，即：圆的圆心为，半径为若直线的斜率不存在，方程为：，与圆相切，满足条件若直线的斜率存在，设斜率为，方程为：，即：由与圆相切可得：，解得：所以的方程为：，即：综上可得的方程为：或【小问2详解】联立两圆方程得：，消去二次项得所在直线的方程：，圆的圆心到的距离，所以.20、（1）证明见解析；（2）当时，l被C截得的弦长最短，最短弦长为.【解析】（1）求出直线l的定点，进而判断定点和圆C的位置关系，最后得到答案；（2）当圆心C到直线l的距离最大时，弦长最短，进而求出m，然后根据勾股定理求出弦长.【详解】（1）直线l的方程可化为y＋3＝2m(x－4)，则l过定点P(4，－3)，由于42＋(－3)2－6×4＋12×(－3)＋20＝－15<0，所以点P在圆内，故直线l与圆C总相交（2）圆的C方程可化为：(x－3)2＋(y＋6)2＝25，如图所示，当圆心C(3，－6)到直线l的距离最大时，弦AB的长度最短，此时PC⊥l，又，所以直线l的斜率为，则，在直角中，|PC|＝，|AC|＝5，所以|AB|＝.故当时，l被C截得的弦长最短，最短弦长为.21、（1）略；（2）【解析】（1）推导出BD⊥BC，PB⊥BC，从而BC⊥平面PBD，由此能证明PD⊥BC．（2）利用等体积求得点B到面的距离【详解】（1）∵在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是直角梯形，DC＝2AD＝2AB＝2，∠DAB＝∠ADC＝90°，PB，△PDC为等边三角形∴BC＝BD，∴BD2+BC2＝CD2，PB2+BC2＝PC2，∴BD⊥BC，PB⊥BC，∵BD∩PB＝B，∴BC⊥平面PBD，∵PD⊂平面PBD，∴PD⊥BC（2）由（1）知，，故故得点B到面PCD的距离为【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查点面距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等