2026届江苏省兴化一中数学高二上期末预测试题含解析

2026届江苏省兴化一中数学高二上期末预测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，则的取值范围是（）A. B.C. D.2．若a>b，c>d，则下列不等式中一定正确的是（）A. B.C. D.3．设,,,则,,大小关系为A. B.C. D.4．在数列中，，则等于A. B.C. D.5．已知抛物线的焦点为，为坐标原点，点在抛物线上，且，点是抛物线的准线上的一动点，则的最小值为（）.A. B.C. D.6．圆关于直线l：对称的圆的方程为（）A. B.C. D.7．一个几何体的三视图都是半径为1的圆，在该几何体内放置一个高度为1的长方体，则长方体的体积最大值为（）A. B.C. D.18．已知函数的部分图象与轴交于点，与轴的一个交点为，如图所示，则下列说法错误的是（）A. B.的最小正周期为6C.图象关于直线对称 D.在上单调递减9．已知球O的半径为2，球心到平面的距离为1，则球O被平面截得的截面面积为（）A. B.C. D.10．已知等比数列的公比为，则“”是“是递增数列”的（）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11．已知等差数列的前n项和为，公差，若（，），则（）A.2023 B.2022C.2021 D.202012．命题“，”否定是（）A.， B.，C.， D.，二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．当为任意实数时，直线恒过定点，则以点C为圆心，半径为圆的标准方程______14．瑞士著名数学家欧拉在1765年证明了定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.已知平面直角坐标系中各顶点的坐标分别为，，，则其“欧拉线”的方程为___________.15．不等式的解集是________16．已知函数有三个零点，则实数的取值范围为___________.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）甲、乙等6个班级参加学校组织广播操比赛，若采用抽签的方式随机确定各班级的出场顺序（序号为1，2，…，6），求：（1）甲、乙两班级的出场序号中至少有一个为奇数的概率；（2）甲、乙两班级之间的演出班级（不含甲乙）个数X的分布列与期望18．（12分）已知抛物线的焦点与曲线的右焦点重合.（1）求抛物线的标准方程；（2）若抛物线上的点满足，求点的坐标.19．（12分）如图，四棱锥的底面为正方形，底面，设平面与平面的交线为.（1）证明：；（2）已知，为直线上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值.20．（12分）如图，正方体的棱长为，分别是的中点，点在棱上，（）.（Ⅰ）三棱锥的体积分别为，当为何值时，最大？最大值为多少？（Ⅱ）若平面，证明：平面平面.21．（12分）已知等差数列满足：，（1）求数列的通项公式，以及前n项和公式；（2）若，求数列的前n项和22．（10分）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是等边三角形，D是AC的中点.（1）证明：AB1//面BC1D；（2）若AA1=AB，求二面角B1-AC-C1的余弦值.

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、B【解析】当直线斜率存在时，设直线方程，联立方程组，结合根与系数关系可得，进而求得取值范围，当斜率不存在是，可得，两点坐标，进而可得的值.【详解】当直线斜率存在时，设直线方程为，，，联立方程，得，恒成立，则，，，，，所以，当直线斜率不存在时，直线方程为，所以，，，综上所述：，故选：B.2、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：B3、C【解析】由,可得,,故选C.考点：指数函数性质4、D【解析】分析：已知逐一求解详解：已知逐一求解．故选D点睛：对于含有的数列，我们看作摆动数列，往往逐一列举出来观察前面有限项的规律5、A【解析】求出点坐标，做出关于准线的对称点，利用连点之间相对最短得出为的最小值【详解】解：抛物线的准线方程为，，到准线的距离为2，故点纵坐标为1，把代入抛物线方程可得不妨设在第一象限，则，点关于准线的对称点为，连接，则，于是故的最小值为故选：A【点睛】本题考查了抛物线的简单几何性质，属于基础题6、A【解析】首先求出圆的圆心坐标与半径，再设圆心关于直线对称的点的坐标为，即可得到方程组，求出、，即可得到圆心坐标，从而求出对称圆的方程；【详解】解：圆的圆心为，半径，设圆心关于直线对称的点的坐标为，则，解得，即圆关于直线对称的圆的圆心为，半径，所以对称圆的方程为；故选：A7、B【解析】根据题意得到几何体为半径为1的球，长方体的体对角线为球的直径时，长方体体积最大，设出长方体的长和宽，得到等量关系，利用基本不等式求解体积最大值.【详解】由题意得：此几何体为半径为1的球，长方体为球的内接长方体时，体积最大，此时长方体的体对角线为球的直径，设长方体长为，宽为，则由题意得：，解得：，而长方体体积为，当且仅当时等号成立，故选：B8、D【解析】根据函数的图象求出，再利用函数的性质结合周期公式逆推即可求解.【详解】因为函数的图象与轴交于点，所以，又，所以，A正确；因为的图象与轴的一个交点为，即，所以，又，解得，所以，所以，求得最小正周期为，B正确；，所以是的一条对称轴，C正确；令，解得，所以函数在，上单调递减，D错误故选：D.9、B【解析】根据球的性质可求出截面圆的半径即可求解.【详解】由球的性质可知，截面圆的半径为，所以截面的面积.故选：B10、B【解析】先分析充分性：假设特殊等比数列即可判断；再分析充分性，由条件得恒成立，再对和进行分类讨论即可判断.【详解】先分析充分性：在等比数列中，，所以假设，，所以，等比数列为递减数列，故充分性不成立；分析必要性：若等比数列的公比为，且是递增数列，所以恒成立，即恒成立，当，时，成立，当，时，不成立，当，时，不成立，当，时，不成立，当，时，成立，当，时，不成立，当，时，不恒成立，当，时，不恒成立，所以能使恒成立的只有：，和，，易知此时成立，所以必要性成立.故选：B.11、C【解析】根据题意令可得，结合等差数列前n项和公式写出，进而得到关于的方程，解方程即可.【详解】因为，令，得，又，，所以，有，解得.故选：C12、D【解析】根据含有量词的命题的否定即可得出结论.【详解】命题为全称命题，则命题的否定为：，.故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】先求得直线过的定点C，再写出圆的标准方程.【详解】直线可化为，则，解得，所以直线恒过定点，所以以点C为圆心，半径为圆的标准方程是，故答案为：14、【解析】由题意知是直角三角形，即可写出垂心、外心的坐标，进而可得“欧拉线”的方程.【详解】由题设知：是直角三角形，则垂心为直角顶点，外心为斜边的中点，∴“欧拉线”的方程为.故答案为：.15、【解析】先将分式不等式化为一元二次不等式，再根据一元二次不等式的解法解不等式即可【详解】∵，∴（x﹣2）（x+4）＜0，∴-4＜x＜2，即不等式的解集为{x|-4＜x＜2}故答案为.【点睛】本题主要考查分式不等式及一元二次不等式的解法，比较基础16、【解析】由题意可得与的图象有三个不同的交点，经判断时不符合题意，当时，时，两个函数图象有一个交点，可得时与的图象有两个交点，等价于与的图象有两个不同的交点，对求导，数形结合即可求解.【详解】令可得，若函数函数有三个零点，则可得方程有三个根，即与的图象有三个不同的交点，作出的图象如图：当时，是以为顶点开口向下的抛物线，此时与的图象没有交点，不符合题意；当时，与的图象只有一个交点，不符合题意；当时，时，与的图象有一个交点，所以时与的图象有两个交点，即方程有两个不等的实根，即方程有两个不等的实根，可得与的图象有两个不同的交点，令，则，由即可得，由即可得，所以在单调递增，在单调递减，作出其图象如图：当时，，当时，可得与的图象有两个不同的交点，即时，函数有三个零点，所以实数的取值范围为，故答案为：【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.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）X01234p期望为.【解析】（1）求出甲、乙两班级的出场序号中均为偶数的概率，进而求出答案；（2）求出X的可能取值及相应的概率，写出分布列，求出期望值.【小问1详解】由题意得：甲、乙两班级的出场序号中均为偶数的概率为，故甲、乙两班级的出场序号中至少有一个为奇数的概率；【小问2详解】X的可能取值为0,1,2,3,4，，，，故分布列为：X01234p数学期望为18、（1）；（2）或.【解析】（1）求出双曲线的右焦点坐标，可求出的值，即可得出抛物线的标准方程；（2）设点，由抛物线的定义求出的值，代入抛物线的方程可求得的值，即可得出点的坐标.【详解】（1）由双曲线方程可得，，所以，解得.则曲线的右焦点为，所以，.因此，抛物线的标准方程为；（2）设，由抛物线的定义及已知可得，解得.代入抛物线方程可得，解得，所以点的坐标为或.19、（1）证明见解析（2）【解析】（1）由可证得平面，根据线面平行的性质可证得结论；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用线面角的向量求法可表示出，分别在、和三种情况下，结合基本不等式求得所求最大值.【小问1详解】四边形为正方形，，又平面，平面，平面，又平面，平面平面，.【小问2详解】以为坐标原点，为轴可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，由（1）知：，则可设，，，，设平面的法向量，则，令，则，，，设直线与平面所成角为，；当时，；当时，（当且仅当，即时取等号）；当时，；综上所述：直线与平面所成角正弦值的最大值为.20、（Ⅰ）,.（Ⅱ）见解析.【解析】（Ⅰ）由题可知，，由和，结合基本不等式可求最值；（Ⅱ）连接交于点，则为的中点，可得为中点，易证得，得平面，所以，进而可证得，，所以平面EFM,因为平面，从而得证.【详解】（Ⅰ）由题可知，，.所以（当且仅当，即时等号成立）所以当时，最大，最大值为.（Ⅱ）连接交于点，则为的中点，因为平面，平面平面，所以，所以为中点.连接，因为为中点，所以，因为，所以.因为平面，平面，所以，因为，所以平面，又平面，所以.同理，因为，所以平面EFM,因为平面，所以平面平面B1D1M.21、（1），（2）【解析】（1）由，，列出方程组，求得，即可求得数列的通项公式，利用公式可得.（2）由（1）求得，结合“裂项法”求和，即可求解.【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，，可得，解得，所以数列的通项公式.（2）由（1）知，可得，所以数列的前项和：.【点睛】关键点睛：本题主要考查了等差数列的通项公式的求解，以及“裂项法”求和的应用，解答本题的关键是将的通项裂成两项的差，利用裂项相消求和，属于中档题.22、（1）证明见解析（2）【解析】（1），连接，证明，再根据线面平行的判定定理即可得证；（2）说明平面，取的中点F，连接，以D为原点，分别以的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角