山东省德州市夏津一中2026届数学高二上期末预测试题含解析

山东省德州市夏津一中2026届数学高二上期末预测试题注意事项：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．用1，2，3，4这4个数字可写出（）个没有重复数字的三位数A.24 B.12C.81 D.642．已知在平面直角坐标系中，圆的方程为，直线过点且与直线垂直.若直线与圆交于两点，则的面积为A.1 B.C.2 D.3．抛物线的焦点到准线的距离（）A.4 B.C.2 D.4．设函数是定义在上的奇函数，且，当时，有恒成立.则不等式的解集为（）A. B.C. D.5．等差数列的前项和，若，则A.8 B.10C.12 D.146．若，都为正实数，，则的最大值是（）A. B.C. D.7．古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中描述了圆锥曲线共性，并给出了圆锥曲线的统一定义，只可惜对这一定义欧几里得没有给出证明.经过了500年，到了3世纪，希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇篇》中，完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，并对这一定义进行了证明.他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数的点的轨迹叫做圆锥曲线；当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线.现有方程表示的曲线是双曲线，则的取值范围为（）A. B.C. D.8．已知数列的前项和为，当时，（）A.11 B.20C.33 D.359．下边程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”.执行该程序框图，如果输入a=102，b=238，则输出的a的值为（）A.17 B.34C.36 D.6810．已知，则点到平面的距离为（）A. B.C. D.11．对于函数，下列说法正确的是（）A.的单调减区间为B.设，若对，使得成立，则C.当时，D.若方程有4个不等的实根，则12．在等差数列中，若，且前n项和有最大值，则使得的最大值n为（）A.15 B.16C.17． D.18二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在1和9之间插入三个数，使这五个数成等比数列，则中间三个数的积等于________.14．对于下面这个等式我们除了可以用等比数列的求和公式获得，还可以用数学归纳法对其进行证明“”，那么在应用数学归纳法证明时，当验证是否成立时，左边的式子应该是_______15．已知抛物线的焦点为，点为抛物线上一点，以为圆心的圆经过原点，且与抛物线的准线相切，切点为，线段交抛物线于点，则___________.16．圆锥曲线的焦点在轴上，离心率为，则实数的值是__________.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）已知各项均为正数的等比数列前项和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）若，求18．（12分）已知数列满足，记数列的前项和为，且，（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前100项和19．（12分）已知函数，其中为常数，且（1）求证：时，；（2）已知a，b，p，q为正实数，满足，比较与的大小关系.20．（12分）如图1，在△MBC中，，A，D分别为棱BM，MC的中点，将△MAD沿AD折起到△PAD的位置，使，如图2，连结PB，PC，BD（1）求证：平面PAD⊥平面ABCD；（2）若E为PC中点，求直线DE与平面PBD所成角的正弦值21．（12分）已知函数，曲线在点处的切线与直线垂直（其中为自然对数的底数）（1）求的值；（2）是否存在常数，使得对于定义域内的任意，恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由22．（10分）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值

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】由题意，从4个数中选出3个数出来全排列即可.【详解】由题意，从4个数中选出3个数出来全排列，共可写出个三位数.故选：A2、A【解析】∵圆的方程为，即，∴圆的圆心为，半径为2.∵直线过点且与直线垂直∴直线.∴圆心到直线的距离.∴直线被圆截得的弦长，又∵坐标原点到的距离为，∴的面积为.考点：1、直线与圆的位置关系；2、三角形的面积公式.3、A【解析】写出抛物线的标准方程，即可确定焦点到准线的距离.【详解】由题设，抛物线的标准方程为，则，∴焦点到准线的距离为4.故选：A.4、B【解析】根据当时，可知在上单调递减，结合可确定在上的解集；根据奇偶性可确定在上的解集；由此可确定结果.【详解】，当时，，在上单调递减，，，在上的解集为，即在上的解集为；又为上的奇函数，，为上的偶函数，在上的解集为，即在上的解集为；当时，，不合题意；综上所述：的解集为.故选：.【点睛】本题考查利用函数的单调性和奇偶性求解函数不等式的问题，关键是能够通过构造函数的方式，确定所构造函数的单调性和奇偶性，进而根据零点确定不等式的解集.5、C【解析】假设公差为,依题意可得.所以.故选C.考点：等差数列的性质.6、B【解析】由基本不等式，结合题中条件，直接求解，即可得出结果.【详解】因为，都为正实数，，所以，当且仅当，即时，取最大值.故选：D7、C【解析】对方程进行化简可得双曲线上一点到定点与定直线之比为常数，进而可得结果.【详解】已知方程可以变形为，即，∴其表示双曲线上一点到定点与定直线之比为常数，又由，可得，故选：C.8、B【解析】由数列的性质可得，计算可得到答案.【详解】由题意，.故答案为B.【点睛】本题考查了数列的前n项和的性质，属于基础题.9、B【解析】根据程序框图所示代入运行即可.【详解】初始输入：；第一次运算：；第二次运算：；第三次运算：；第四次运算：；结束，输出34.故选：B.10、A【解析】根据给定条件求出平面的法向量，再利用空间向量求出点到平面的距离.【详解】依题意，，设平面的法向量，则，令，得，则点到平面的距离为，所以点到平面的距离为.故选：A11、B【解析】函数，，，,，利用导数研究函数的单调性以及极值，画出图象A.结合图象可判断出正误；B.设函数的值域为，函数，的值域为．若对，，使得成立，可得．分别求出，，即可判断出正误C.由函数在单调递减，可得函数在单调递增，由此即可判断出正误；D.方程有4个不等的实根，则，且时，有2个不等的实根，由图象即可判断出正误；【详解】函数，，，，可得函数在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增,当时，，由此作出函数的大致图象，如图示：A.由上述分析结合图象，可得A不正确B.设函数的值域为，函数，的值域为，对，，．，，由，若对，，使得成立，则，所以，因此B正确C．由函数在单调递减，可得函数在单调递增，因此当时，，即，因此C不正确；D.方程有4个不等的实根，则，且时，有2个不等的实根，结合图象可知，因此D不正确故选：B12、A【解析】由题可得，则，可判断，，即可得出结果.【详解】前n项和有最大值，，，，，，，使得的最大值n为15.故选：A.【点睛】本题考查等差数列前n项和的有关判断，解题的关键是得出.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、27【解析】设公比为，利用已知条件求出，然后根据通项公式可求得答案【详解】设公比为，插入的三个数分别为，因为，所以，得，所以，故答案为：2714、【解析】根据已知条件，结合数学归纳法的定义，即可求解.【详解】当，，故此时式子左边=.故答案为：.15、【解析】分析可知为等腰三角形，可得出，将点的坐标代入抛物线的方程，可求得的值，可得出抛物线的方程以及点的坐标，求出点的坐标，设点，其中，分析可知，利用平面向量共线的坐标表示求出的值，进而可求得结果.【详解】由抛物线的定义结合已知条件可知，则为等腰三角形，易知抛物线的焦点为，故，即点，因为点在抛物线上，则，解得，所以，抛物线的方程为，故点、，因为以点为圆心，为半径的圆与直线相切于点，则，设点，其中，，，由题意可知，则，整理可得，解得，因此，.故答案为：.16、【解析】根据圆锥曲线焦点在轴上且离心率小于1，确定a,b求解即可.【详解】因为圆锥曲线的焦点在轴上，离心率为，所以曲线为椭圆，且，所以，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）（2）9【解析】（1）根据题意列出关于等比数列首项、公比的方程组即可解决；（2）利用等比数列的前项和的公式，解方程即可解决.【小问1详解】设各项均为正数的等比数列首项为，公比为则有，解之得则等比数列的通项公式.【小问2详解】由，可得18、（1）（2）【解析】（1）由题意得出，然后与原式结合，两式相减并化简求出，最后根据等差数列的定义求得答案；（2）结合（1），分别讨论，和三种情况，分别求出，进而求出.【小问1详解】因为，所以，两式相减得，所以又，所以数列是首项为，公差为2的等差数列，所以.【小问2详解】由得，当时，，当时，，当时，，所以.19、（1）证明见解析（2）【解析】（1）根据导数判断出函数的单调性求出其最大值，即可证出；（2）由（1）知：，再变形即可得出小问1详解】因为，∴在上单调递减，又因，故当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以.【小问2详解】由（1）知：，两边同乘以a得：，∴，即.20、（1）证明见解析；（2）.【解析】(1)推导出，，利用线面垂直的判定定理可得平面，再利用面面垂直的判定定理即可证明；(2)以A为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，利用向量法即可求出直线DE与平面所成角的正弦值.【小问1详解】由题意知，因为点A、D分别为MB、MC中点，所以，又，所以，所以.因为，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面；【小问2详解】因为，，，所以两两垂直，以A为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，，则，设平面的一个法向量为，则，令，得，所以，设直线DE与平面所成角为，则，所以直线DE与平面所成角的正弦值为.21、（1）2；（2）存在，.【解析】（1）对函数求导，利用得的值；（2）讨论和分离参数，构造新函数求解最值即可求解【详解】解：（1），又由题意有（2）由（1）知，此时，由或，所以函数的单调减区间为和要恒成立，即①当时，，则要恒成立，令，再令，所以在内递减，所以当时，，故，所以在内递增，；②当时，lnx