2026届江苏省南通市如皋中学数学高二上期末复习检测试题含解析

2026届江苏省南通市如皋中学数学高二上期末复习检测试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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．已知直线，两个不同的平面，下列命题正确的是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则2．已知函数（是的导函数），则（）A.21 B.20C.16 D.113．已知为圆：上任意一点，则的最小值为（）A. B.C. D.4．在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，则与平面所成角的正弦值为（）A. B.C. D.5．原点到直线的距离的最大值为（）A. B.C. D.6．直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等边三角形，AA1＝AB，M是A1C1的中点，则AM与平面所成角的正弦值为（）A. B.C. D.7．已知数列满足，，.设，若对于，都有恒成立，则最大值为A.3 B.4C.7 D.98．已知，，，则，，的大小关系是A. B.C. D.9．抛物线的准线方程为，则实数的值为（）A. B.C. D.10．等比数列的前项和为，前项积为，，当最小时，的值为（）A.3 B.4C.5 D.611．命题“若，则”的逆否命题是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则12．下列函数求导运算正确的个数为（）①；②；③；④.A.1 B.2C.3 D.4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知等差数列中，，则=_________.14．已知实数，满足不等式组，则目标函数的最大值为__________.15．古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点A，B的距离之比为常数的点的轨迹是—个圆心在直线上的圆.该圆被称为阿氏圆，如图，在长方体中，，点E在棱上，，动点P满足，若点P在平面内运动，则点P对应的轨迹的面积是___________；F为的中点，则三棱锥体积的最小值为___________.16．若数列满足，，则__________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）已知数列的前项和分别是，满足，，且.（1）求数列的通项公式；（2）若数列对任意都有恒成立，求.18．（12分）等差数列中，首项，且成等比数列（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和19．（12分）已知抛物线C：（）的焦点为F，原点O关于点F的对称点为Q，点关于点Q的对称点，也在抛物线C上（1）求p的值；（2）设直线l交抛物线C于不同两点A、B，直线、与抛物线C的另一个交点分别为M、N，，，且，求直线l的横截距的最大值.20．（12分）已知椭圆的离心率为，直线与椭圆C相切于点（1）求椭圆C的方程；（2）已知直线与椭圆C交于不同的两点M，N，与直线交于点Q（P，Q，M，N均不重合），记的斜率分别为，若．证明：为定值21．（12分）已知.(1)讨论的单调性；(2)当有最大值，且最大值大于时，求取值范围.22．（10分）已知圆的方程为（1）求圆的圆心及半径；（2）是否存在直线满足：经过点，且_________________？如果存在，求出直线的方程；如果不存在，请说明理由从下列三个条件中任选一个补充在上面问题中并作答：条件①：被圆所截得的弦长最长；条件②：被圆所截得的弦长最短；条件③：被圆所截得的弦长为注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分

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】根据线面、面面位置关系有关知识对选项逐一分析，由此确定正确选项.【详解】对于A选项，根据面面垂直的判定定理可知，A选项正确，对于B选项，当，时，和可能相交，B选项错误，对于C选项，当，时，可能含于，C选项错误，对于D选项，当，时，可能含于，D选项错误.故选：A2、B【解析】根据已知求出，即得解.【详解】解：由题得，所以.故选：B3、C【解析】设，则的几何意义为圆上的点和定点连线的斜率，利用直线和圆相切，即可求出的最小值；【详解】圆，它圆心是，半径为1，设，则，即，当直线和圆相切时，有，可得，，的最小值为：，故选：4、C【解析】取的中点，连接，易证平面，进一步得到线面角，再解三角形即可.【详解】如图，取的中点，连接，三棱柱为直三棱柱，则平面，又平面，所以，又由题意可知为等腰直角三角形，且为斜边的中点，从而，而平面，平面，且，所以平面，则为与平面所成的角.在直角中，.故选：C5、C【解析】求出直线过的定点，当时，原点到直线距离最大，则可求出原点到直线距离的最大值；【详解】因为可化为，所以直线过直线与直线交点，联立可得所以直线过定点，当时，原点到直线距离最大，最大距离即为，此时最大值为，故选：C.6、B【解析】取的中点，以为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，即可根据线面角的向量公式求出【详解】如图所示，取的中点，以为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，不妨设，则，所以，平面的一个法向量为设AM与平面所成角为，向量与所成的角为，所以，即AM与平面所成角的正弦值为故选：B7、A【解析】整理数列的通项公式有：，结合可得数列是首项为，公比为的等比数列，则，，原问题即：恒成立，当时，，即>3，综上可得：的最大值为3.本题选择A选项点睛：数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项8、B【解析】若对数式的底相同，直接利用对数函数的性质判断即可，若底不同，则根据结构构造函数，利用函数的单调性判断大小【详解】对于的大小：，，明显；对于的大小：构造函数，则，当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，即对于的大小：，，，故选B【点睛】将两两变成结构相同的对数形式，然后利用对数函数的性质判断，对于结构类似的，可以通过构造函数来来比较大小，此题是一道中等难度的题目9、B【解析】由题得，解方程即得解.【详解】解：抛物线的准线方程为，所以.故选：B10、B【解析】根据等比数列相关计算得到，，进而求出与，代入后得到，利用指数函数和二次函数单调性得到当时，取得最小值.【详解】显然，由题意得：，，两式相除得：，将代入，解得：，所以，所以，，所以，其中单调递增，所以当时，取得最小值.故选：B11、C【解析】根据逆否命题的定义写出逆否命题即得【详解】解：以否定的结论作条件、否定的条件作结论得出的命题为原命题的逆否命题，即“若，则”的逆否命题是“若，则”故选：C12、A【解析】根据导数的运算法则和导数的基本公式计算后即可判断【详解】解：①，故错误；②，故正确；③，故错误；④，故错误.所以求导运算正确的个数为1.故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、4【解析】由等差数列的通项公式求出公差，进而求出.【详解】设该等差数列的公差为，则，所以.故答案为：4.14、##【解析】画出可行域，通过平移基准直线到可行域边界来求得的最大值.【详解】，画出可行域如下图所示，由图可知，当时，取得最大值.故答案为：15、①.②.【解析】建立空间直角坐标系，根据，可得对应的轨迹方程；先求的面积，其是固定值，要使体积最小，只需求点到平面的距离的最小值即可.【详解】分别以为轴建系，设，而,,，,.由,有，化简得对应的轨迹方程为.所以点P对应的轨迹的面积是.易得的三个边即是边长为为的等边三角形，其面积为，，设平面的一个法向量为，则有，可取平面的一个法向量为，根据点的轨迹，可设，，所以点到平面的距离，所以故答案为：；16、7【解析】根据递推公式，依次求得值.【详解】依题意，由，可知，故答案为：7三、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）【解析】（1）根据已知递推关系式再写一式，然后两式相减，由等差数列、等比数列的定义即可求解；（2）根据已知递推关系式再写一式，然后两式相减，求出，最后利用错位相减法即可得答案.【小问1详解】解：因为，，所以，，得，所以是以2为首项2为公差的等差数列，是以1为首项2为公差的等差数列，所以，，所以；因为，所以，又由得，所以是以2为首项2为公比的等比数列，所以.【小问2详解】解：当时，，当时，，得，即，记，则,,则.18、（1）（2）【解析】（1）根据等比中项的性质结合等差数列的通项公式求出，进而得出数列的通项公式；（2）根据裂项相消求和法得出前项和为和.【小问1详解】因为成等比数列，所以即，解得，所以；【小问2详解】因为，，，19、（1）；（2）最大横截距为.【解析】（1）首先写出的坐标，根据对称关系求出的坐标，带入即可求出.（2）设直线l的方程为，带入抛物线方程利用韦达定理，计算出直线l的横截距的表达式从而求出其最大值.【详解】（1）由题知，，故，代入C的方程得，∴；（2）设直线l的方程为，与抛物线C：联立得，由题知，可设方程两根为，，则，，（*）由得，∴，，又点M在抛物线C上，∴，化简得，由题知M，A为不同两点，故，，即，同理可得，∴，将（*）式代入得，即，将其代入解得，∴在时取得最大值，即直线l的最大横截距为.20、（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）根据椭圆离心率和椭圆经过的点建立方程组，求解方程组可得椭圆的方程；（2）先根据相切求出直线的斜率，结合可得，再逐个求解，，然后可证结论.【小问1详解】解：由题意，解得故椭圆C的方程为.【小问2详解】证明：设直线的方程为，联立得，因为直线与椭圆C相切，所以判别式，即，整理得，所以，故直线的方程为，因为，所以，设直线的方程为，联立方程组解得故点Q坐标为，联立方程组，化简得设点因为判别式，得又，所以故，于是为定值.【点睛】直线与椭圆的相切问题一般是联立方程，结合判别式为零求解；定值问题的求解一般结合目标式中的项，逐个求解，代入验证即可.21、(1)时,在是单调递增；时,在单调递增，在单调递减.（2）.【解析】（Ⅰ）由,可分,两种情况来讨论；（II）由（I）知当时在无最大值,当时最大值为因此.令,则在是增函数,当时,,当时,因此a的取值范围是.试题解析：（Ⅰ）的定义域为,,若,则,在是单调递增；若,则当时,当时,所以在单调递增,在单调递减.（Ⅱ）由（Ⅰ）知当时在无最大值,当时在取得最大值,最大值为因此.令,则在是增函数,,于是,当时,,当时,因此a取值范围是.考点：本题主要考查导数在研究函数性质方面的应用及分类讨论思想.22、（1）圆心为，半径为；（2）答案见解析.【解析】（1）写出