昌都市重点中学2026届高二上数学期末监测试题含解析

昌都市重点中学2026届高二上数学期末监测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为A. B.C. D.2．设等比数列，有下列四个命题：①{a②是等比数列；③是等比数列；④lgan其中正确命题的个数是（）A.1 B.2C.3 D.43．函数f(x)＝－1＋lnx，对∀x0，f(x)≥0成立，则实数a的取值范围是（）A(－∞，2] B.[2，＋∞)C.(－∞，1] D.[1，＋∞)4．用数学归纳法证明“”的过程中，从到时，不等式的左边增加了（）A. B.C. D.5．已知A，B，C，D是同一球面上的四个点，其中是正三角形，平面，，则该球的表面积为（）A. B.C. D.6．如图，在三棱锥S-ABC中，E，F分别为SA，BC的中点，点G在EF上，且满足，若，，，则（）A. B.C. D.7．已知甲、乙、丙三名同学同时独立地解答一道导数试题，每人均有的概率解答正确，且三个人解答正确与否相互独立，在三人中至少有两人解答正确的条件下，甲解答不正确的概率A. B.C. D.8．已知关于x的不等式的解集为空集，则的最小值为（）A. B.2C. D.49．在四面体中，点G是的重心，设，，，则（）A. B.C. D.10．圆：与圆：的位置关系是（）A.内切 B.外切C.相交 D.相离11．“五一”期间，甲、乙、丙三个大学生外出旅游，已知一人去北京，一人去两安，一人去云南.回来后，三人对去向作了如下陈述：甲：“我去了北京，乙去了西安.”乙：“甲去了西安，丙去了北京.”丙：“甲去了云南，乙去了北京.”事实是甲、乙、丙三人陈述都只对了一半(关于去向的地点仅对一个).根据以上信息，可判断下面说法中正确的是（）A.甲去了西安 B.乙去了北京C.丙去了西安 D.甲去了云南12．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.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知椭圆的短轴长为2，上顶点为，左顶点为，左、右焦点分别是，，且的面积为，点为椭圆上的任意一点，则的取值范围是______.14．圆锥的高为1，底面半径为，则过圆锥顶点的截面面积的最大值为____________15．定义离心率是的椭圆为“黄金椭圆”.已知椭圆是“黄金椭圆”，则_________.若“黄金椭圆”两个焦点分别为、，P为椭圆C上的异于顶点的任意一点，点M是的内心，连接并延长交于点N，则________.16．若将抛掷一枚硬币所出现的结果“正面（朝上）”与“反面（朝上）”，分别记为H、T，相应的抛掷两枚硬币的样本空间为，则与事件“一个正面（朝上）一个反面（朝上）”对应的样本空间的子集为______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）在数列中，，且，（1）求的通项公式；（2）求的前n项和的最大值18．（12分）已知直线，以点为圆心的圆C与直线l相切（1）求圆C的标方程；（2）过点的直线交圆C于A，B两点，且，求的方程19．（12分）在①，②，③，，成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解.已知数列中，公差不等于的等差数列满足_________，求数列的前项和.20．（12分）已知数列的前项和满足，数列满足（1）求，的通项公式；（2）若数列满足，求的前项和21．（12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22．（10分）已知函数.(I)若曲线在点处的切线方程为,求的值；(II)若,求的单调区间.

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】每个同学参加的情形都有3种，故两个同学参加一组的情形有9种，而参加同一组的情形只有3种，所求的概率为p=选A2、C【解析】根据等比数列的性质对四个命题逐一分析，由此确定正确命题的个数.【详解】是等比数列可得（为定值）①为常数，故①正确②，故②正确③为常数，故③正确④不一定为常数，故④错误故选C.【点睛】本小题主要考查等比数列的性质，属于基础题.3、B【解析】由导数求得的最小值，由最小值非负可得的范围【详解】定义域是，，若，则在上恒成立，单调递增，，不合题意；若，则时，，递减，时，，递增，所以时，取得极小值也是最小值，由题意，解得故选：B4、B【解析】依题意，由递推到时，不等式左边为，与时不等式的左边作差比较即可得到答案【详解】用数学归纳法证明等式的过程中，假设时不等式成立，左边，则当时，左边，∴从到时，不等式的左边增加了故选：B5、C【解析】由题意画出几何体的图形，把、、、扩展为三棱柱，上下底面中心连线的中点与的距离为球的半径，由此能求出球的表面积【详解】把、、、扩展为三棱柱，上下底面中心连线的中点与的距离为球的半径，，，是正三角形，，，球的表面积为故选：C6、B【解析】利用空间向量基本定理结合已知条件求解【详解】因为，所以，因为E，F分别为SA，BC的中点，所以,故选：B7、C【解析】记“三人中至少有两人解答正确”为事件；“甲解答不正确”为事件，利用二项分布的知识计算出，再计算出，结合条件概率公式求得结果.【详解】记“三人中至少有两人解答正确”为事件；“甲解答不正确”为事件则；本题正确选项：【点睛】本题考查条件概率的求解问题，涉及到利用二项分布公式求解概率的问题.8、D【解析】根据一元二次不等式的解集的情况得出二次项系数大于零，根的判别式小于零，可得出，再将化为，由和均值不等式可求得最小值.【详解】由题意可得：，，可以得到，而，可以令，则有，当且仅当取等号，所以的最小值为4.故答案为：4.【点睛】本题主要考查均值不等式，关键在于由一元二次不等式的解集的情况得出的关系，再将所求的式子运用不等式的性质降低元的个数，运用均值不等式，是中档题.9、B【解析】结合重心的知识以及空间向量运算求得正确答案.【详解】设是中点，.故选：B10、A【解析】先计算两圆心之间的距离，判断距离和半径和、半径差之间的关系即可.【详解】圆圆心，半径，圆圆心，半径，两圆心之间的距离，故两圆内切.故选：A.11、D【解析】根据题意，先假设甲去了北京正确，则可分析其他人的陈述是否符合题意，再假设乙去西安正确，分析其他人的陈述是否符合题意，即可得答案.【详解】由题意得，甲、乙、丙三人的陈述都只对了一半，假设甲去了北京正确，对于甲的陈述：则乙去西安错误，则乙去了云南；对于乙的陈述：甲去了西安错误，则丙去了北京正确；对于丙的陈述：甲去了云南错误，乙去了北京也错误，故假设错误.假设乙去了西安正确，对于甲的陈述：则甲去了北京错误，则甲去了云南；对于乙的陈述：甲去了西安错误，则丙去了北京正确；对于丙的陈述：甲去了云南正确，乙去了北京错误，此种假设满足题意，故甲去了云南.故选：D12、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.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据的面积和短轴长得出a，b，c的值，从而得出的范围，得到关于的函数，从而求出答案【详解】由已知得，故，∵的面积为，∴，∴，又，∴，，∴，又，∴，∴.即的取值范围为.故答案为点睛】本题考查了椭圆的简单性质，函数最值的计算，熟练掌握椭圆的基本性质是解题的关键，属于中档题14、2【解析】求出圆锥轴截面顶角大小，判断并求出所求面积最大值【详解】如图，是圆锥轴截面，是一条母线，设轴截面顶角为，因为圆锥的高为1，底面半径为，所以，，所以，，设圆锥母线长为，则，截面的面积为，因为，所以时，故答案为：215、①.②.【解析】第一空，直接套入“黄金椭圆”新定义即可，第二空，从内切圆入手，找到等量关系，进而得到，求解即可【详解】由题，，所以如图，连接，设内切圆半径为，则，即，∴，∴，∴∴，∴故答案为：；【点睛】本题从新定义出发，第一空直接套用定义可得答案，第二空升华，需要在理解新定义的基础上，借助内切圆的相关公式求解，层层递进，是一道好题．关键点在于找到“”这一关系16、，，，【解析】先写出与事件“一个正面（朝上）一个反面（朝上）”对应的样本空间，再写出其全部子集即可.【详解】与事件“一个正面（朝上）一个反面（朝上）”对应的样本空间为，此空间的子集为，，，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）（2）40【解析】（1）根据递推关系，判定数列是等差数列，然后求得首项和公差，进而得到通项公式；（2）令，求得，进而根据数列的前项和的意义求得当或5时，有最大值，进而求得和的最大值.【小问1详解】解：∵数列满足，∴，∴是等差数列，设的公差为d，则，即，解得，∴，∴【小问2详解】令，得，解得，所以当或5时，有最大值，且最大值为18、（1）（2）或【解析】（1）根据点到直线的距离公式求出半径，即可得到圆C的标方程；（2）根据弦长公式可求出圆心C到直线的距离，再根据点到直线的距离公式结合分类讨论思想即可求出【小问1详解】设圆C的半径为r，∵C与l相切，∴，∴圆C的标准方程为【小问2详解】由可得圆心C到直线的距离∴当的斜率不存在时，其方程为，此时圆心到的距离为3，符合条件；当的斜率存在时，设，圆心C到直线的距离，解得，此时的方程为，即综上，的方程为或19、详见解析【解析】根据已知求出的通项公式.当①②时，设数列公差为，利用赋值法得到与的关系式，列方程求出与，求出，写出的通项公式，可得数列的通项公式，利用错位相减法求和即可；选②③时，设数列公差为，根据题意得到与的关系式，解出与，写出的通项公式，可得数列的通项公式，利用错位相减法求和即可；选①③时，设数列公差为，根据题意得到与的关系式，发现无解，则等差数列不存在，故不合题意.【详解】解：因为，，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，选①②时，设数列公差为，因为，所以，因为，所以时，，解得，，所以，所以.所以.（i）所以（ii）（i）（ii），得：所以.选②③时，设数列公差为，因为，所以，即，因为，，成等比数列，所以，即，化简得，因为，所以，从而，所以，所以，（i）所以（ii）（i）（ii），得：，所以.选①③时，设数列公差为，因为，所以时，，所以.又因为，，成等比数列，所以，即，化简得，因为，所以，从而无解，所以等差数列不存在，故不合题意.【点睛】本题考查了等差（比）数列的通项公式，考查了错位相减法在数列求和中的应用，考查了转化能力与方程思想，属于中档题.20、（1），；（2）.【解析】（1）由求得的递推关系，结合可得其为等比数列，从而得通项公式，代入计算得；（2）求出，由错位相减法求和【详解】（1）由可得，，即，易知，故..（2）由（1）可知，①，②，①－②得，.【点睛】方法点睛：本题主要考查等比数列的通项公式及错位相减法求和．数列求和的常用方法：公式法、错位相减法、裂项相消法、分组（并项）求和法，倒序相加法21、（1）（2）【解析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量数量积求直线向量夹角，即得结果；（2）先求两个平面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果.【详解】（1）连以为轴建立空间直角坐标系，则从而直线