2026届陕西省安康市第二中学数学高二上期末达标检测试题含解析

2026届陕西省安康市第二中学数学高二上期末达标检测试题考生须知：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．若双曲线的离心率为3，则的最小值为（）A. B.1C. D.22．在中，若，则（）A.150° B.120°C.60° D.30°3．若a>b，c>d，则下列不等式中一定正确的是（）A. B.C. D.4．如图，正三棱柱中，，则与平面所成角的正弦值等于（）A. B.C. D.5．已知椭圆与双曲线有相同的焦点、，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点P为椭圆与双曲线的交点，且，则当取最大值时的值为（）A. B.C. D.6．已知正项等比数列的前项和为，且，则的最小值为（）A. B.C. D.7．若连续抛掷两次骰子得到的点数分别为m，n，则点P(m，n)在直线x＋y＝4上的概率是()A. B.C. D.8．已知，则的最小值是（）A.3 B.8C.12 D.209．如图，某圆锥的轴截面是等边三角形，点是底面圆周上的一点，且，点是的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（）A. B.C. D.10．己知命题；命题，则下列命题中为假命题的是（）A. B.C. D.11．若方程表示双曲线，则的取值范围是（）A.或 B.C.或 D.12．已知F是双曲线的右焦点，过F且垂直于x轴的直线交E于A，B两点，若E的渐近线上恰好存在四个点，，，，使得，则E的离心率的取值范围是（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设△ABC的面积为S，其中，，则S的最大值为______14．在的展开式中项的系数为______．（结果用数值表示）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．若关于的不等式恒成立，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）已知椭圆（）的离心率为，一个焦点为.（1）求椭圆的方程；（2）设为原点，直线（）与椭圆交于不同的两点，且与x轴交于点，为线段的中点，点关于轴的对称点为.证明：是等腰直角三角形.18．（12分）已知点，椭圆：离心率为，是椭圆的右焦点，直线的斜率为，为坐标原点．设过点的动直线与相交于，两点（1）求椭圆的方程（2）是否存在直线，使得的面积为？若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由19．（12分）已知数列的前项和为，且.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.20．（12分）已知直线，，分别求实数的值，使得：（1）；（2）；（3）与相交.21．（12分）已知圆：，，为圆上的动点，若线段的垂直平分线交于点.（1）求动点的轨迹的方程；（2）已知为上一点，过作斜率互为相反数且不为0的两条直线，分别交曲线于，，求的取值范围.22．（10分）已知椭圆的离心率为，且经过点.（1）求椭圆的方程；（2）经过点的直线与椭圆交于不同的两点，，为坐标原点，若的面积为，求直线的方程.

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】由双曲线的离心率为3和，求得，化简，结合基本不等式，即可求解.【详解】由题意，双曲线的离心率为3，即，即，又由，可得，所以，当且仅当，即时，“”成立.故选：D【点睛】使用基本不等式解答问题的策略：1、利用基本不等式求最值时，要注意三点：一是各项为正；二是寻求定值；三是考虑等号成立的条件；2、若多次使用基本不等式时，容易忽视等号的条件的一致性，导致错解；3、巧用“拆”“拼”“凑”：在使用基本不等式时，要特别注意“拆”“拼”“凑”等技巧，使其满足基本不等式中的“正、定、等”的条件.2、C【解析】根据正弦定理将化为边之间的关系，再结合余弦定理可得答案.【详解】若,则根据正弦定理得：，即,而，故，故选：C.3、B【解析】根据不等式的性质及反例判断各个选项.【详解】因为c>d，所以，所以，所以B正确；时，不满足选项A；时，，且，所以不满足选项CD；故选：B4、C【解析】取中点，连接，，证明平面，从而可得为与平面所成角，再利用三角函数计算的正弦值.【详解】取中点，连接，，在正三棱柱中，底面是正三角形，∴，又∵底面，∴，又，∴平面，∴为与平面所成角，由题意，，，在中，.故选：C5、D【解析】由椭圆的定义及双曲线的定义结合余弦定理可得，，的关系，由此可得，再利用重要不等式求最值，并求此时的的值.【详解】设为第一象限的交点，、，则、，解得、，在中，由余弦定理得：，∴，∴，∴，∴，∴，，即，当且仅当，即，时等号成立，此时故选：D6、B【解析】设等比数列的公比为，则，由可得，可得出，利用基本不等式可求得结果.【详解】设等比数列的公比为，则，因为，则，所以，，则，当且仅当时，等号成立.故选：B.7、D【解析】利用分布计数原理求出所有的基本事件个数，在求出点落在直线x+y=4上包含的基本事件个数，利用古典概型的概率个数求出.解：连续抛掷两次骰子出现的结果共有6×6=36，其中每个结果出现的机会都是等可能的，点P（m，n）在直线x+y=4上包含的结果有（1，3），（2，2），（3，1）共三个，所以点P（m，n）在直线x+y=4上的概率是3:36=1:12,故选D考点：古典概型点评:本题考查先判断出各个结果是等可能事件，再利用古典概型的概率公式求概率，属于基础题8、A【解析】利用基本不等式进行求解即可.【详解】因为，所以，当且仅当时取等号，即当时取等号，故选：A9、C【解析】建立空间直角坐标系，分别得到，然后根据空间向量夹角公式计算即可.【详解】以过点且垂直于平面的直线为轴，直线，分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设，则根据题意可得，，，，所以，，设异面直线与所成角为，则.故选：C.10、A【解析】根据或且非命题的真假进行判断即可.【详解】当,故命题是真命题，，故命题是真命题.因此可知是假命题，是真命题，，均为真命题.故选:A11、A【解析】由和的分母异号可得【详解】由题意，解得或故选：A12、D【解析】由题意以AB为直径的圆M与双曲线E的渐近线有四个不同的交点，则必有，又当圆M经过原点时此时以AB为直径的圆M上与双曲线E的渐近线有三个不同的交点，不满足，从而得出答案.【详解】由题意，由得，双曲线的渐近线方程为所以，由，可知，，，在以AB为直径的圆M上，圆的半径为即以AB为直径的圆M与双曲线E的渐近线有四个不同的交点当圆M与渐近线相切时，圆心到渐近线的距离，则必有，即，则双曲线E的离心率，所以又当圆M经过原点时，，解得E的离心率为，此时以AB为直径圆M与双曲线E的渐近线有三个不同的交点，不满足条件.所以E的离心率的取值范围是.故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】应用余弦定理有，再由三角形内角性质及同角三角函数平方关系求，根据基本不等式求得，注意等号成立条件，最后利用三角形面积公式求S的最大值.【详解】由余弦定理知：，而，所以，而，即，当且仅当时等号成立，又，当且仅当时等号成立.故答案为：14、【解析】先求解出该二项式展开式的通项，然后求解出满足题意的项数值，带入通项即可求解出展开式的系数.【详解】展开式通项为，由题意，令，解得，，所以项的系数为.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】设由题可知，当时，可得适合题意，当时，可求函数的最小值即得，当时不合题意，即得.【详解】设，由题可知，∴，当时，，适合题意，所以，当时，令，则，此时时，，单调递减，，，单调递增，∴，又，∴，∴，即，解得，当时，时，，，故的值有正有负，不合题意；综上，实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查不等式恒成立求参数的取值范围，设由题可知，当时，利用导数可求函数的最小值，结合，可得，进而通过解，即得.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）证明见解析.【解析】（1）由题知，进而结合求解即可得答案；（2）设点，，进而联立并结合题意得或，进而结合韦达定理得，再的中点为，证明，进而得，，故，综合即可得证明.【小问1详解】解：因为椭圆的离心率为，一个焦点为所以，所以所以椭圆的方程为.【小问2详解】解：设点，则点,所以联立方程得，所以有，解得，因为，故或设，所以设向量，所以，所以，即，设的中点为，则所以，又因为，所以，所以，因为点关于轴的对称点为.所以，所以，所以是等腰直角三角形.18、（1）；（2）存在；或.【解析】（1）设，由，，，求得的值即可得椭圆的方程；（2）设，，直线的方程为与椭圆方程联立可得，，进而可得弦长，求出点到直线的距离，解方程，求得的值即可求解.【小问1详解】设，因为直线的斜率为，，所以，可得，又因为，所以，所以，所以椭圆的方程为【小问2详解】假设存在直线，使得的面积为，当轴时，不合题意，设，，直线的方程为，联立消去得：，由可得或，，，所以，点到直线的距离，所以，整理可得：即，所以或，所以或，所以存在直线：或使得的面积为.19、（1）；（2）.【解析】（1）利用，结合已知条件，即可容易求得通项公式；（2）根据（1）中所求，对数列进行裂项求和，即可求得.【小问1详解】当时，.当时，，因为当时，，所以.【小问2详解】因为，所以，故数列的前项和.20、（1）或（2）或（3）且【解析】（1）根据直线一般式平行的条件列式计算；（2）根据直线一般式垂直的条件列式计算；（3）根据相交和平行的关系可得答案.【小问1详解】，，解得或又时，直线，，两直线不重合；时，直线，，两直线不重合；故或；【小问2详解】，，解得或；【小问3详解】与相交故由（1）得且.21、（1）动点的轨迹的方程为；（2）的取值范围.【解析】(1)由条件线段的垂直平分线交于点可得，由此可得，根据椭圆的定义可得点的轨迹为椭圆，结合椭圆的标准方程求动点的轨迹的方程；(2)由(1)可求点坐标，设直线的方程为，，联立方程组化简可得，，由直线，的斜率互为相反数可得的值，再由弦长公式求的长，再求其范围.【小问1详解】由题知故.即即在以为焦点且长轴为4的椭圆上则动点的轨迹的方程为：；【小问2详解】故即.设：，联立（*），，∴，，又则：即若，则过，不符合题意故，∴，故22、（1）；（2）或.【解析】（1）由离心率公式、将点代入椭圆方程得出椭圆的方程；（2）联立椭圆和直线的方程，由判别式得出