云南省保山市2026届高二上数学期末质量检测试题含解析

云南省保山市2026届高二上数学期末质量检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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．在等差数列中，若，，则公差d=（）A. B.C.3 D.－32．已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论正确的是()A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则3．设a，b，c非零实数，且，则（）A. B.C. D.4．过点，的直线的斜率等于2，则的值为（）A.0 B.1C.3 D.45．按照小李的阅读速度，他看完《三国演义》需要40个小时.2021年12月20日，他开始阅读《三国演义》，当天他读了20分钟，从第二天开始，他每天阅读此书的时间比前一天增加10分钟，则他恰好读完《三国演义》的日期为（）A.2022年1月8日 B.2022年1月9日C.2022年1月10日 D.2022年1月11日6．已知数列是等比数列，，是函数的两个不同零点，则（）A.16 B.C.14 D.7．已知抛物线的焦点为F，准线为l，点P在抛物线上，直线PF交x轴于Q点，且，则点P到准线l的距离为（）A.4 B.5C.6 D.78．已知为虚数单位，复数是纯虚数，则（）A B.4C.3 D.29．在四面体OABC中，点M在线段OA上，且，N为BC中点，已知，，，则等于（）A. B.C. D.10．函数的最小值为（）A. B.1C.2 D.e11．将一枚骰子先后抛掷两次，若先后出现的点数分别记为a，b，则直线到原点的距离不超过1的概率是（）A. B.C. D.12．已知命题，则为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知双曲线：，，是其左右焦点.圆：，点为双曲线右支上的动点，点为圆上的动点，则的最小值是________.14．抛物线的焦点坐标为__________15．设正方形的边长是，在该正方形区域内随机取一个点，则此点到点的距离大于的概率是_____16．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___________.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）已知圆经过点和，且圆心在直线上.（1）求圆的方程;（2）过原点的直线与圆交于M，N两点，若的面积为，求直线的方程.18．（12分）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面底面，为侧棱上一点（1）求证：；（2）若为中点，平面与侧棱于点，且，求四棱锥的体积19．（12分）如图所示，圆锥的高，底面圆的半径为，延长直径到点，使得，分别过点、作底面圆的切线，两切线相交于点，点是切线与圆的切点（1）证明：平面；（2）若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求该圆锥的体积20．（12分）已知函数在时有极值0.（1）求函数的解析式；（2）记，若函数有三个零点，求实数的取值范围.21．（12分）如图，在长方体中，，，，M为上一点，且（1）求点到平面的距离；（2）求二面角的余弦值22．（10分）如图1，在四边形ABCD中，，，E是AD的中点，将沿BF折起至的位置，使得二面角的大小为120°（如图2），M，N分别是，的中点.（1）证明：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.

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、C【解析】由等差数列的通项公式计算【详解】因为，，所以.故选：C【点睛】本题考查等差数列的通项公式，利用等差数列通项公式可得，2、D【解析】根据空间里面直线与平面、平面与平面位置关系的相关定理逐项判断即可.【详解】A，若，则或异面，故该选项错误；B，若，则或相交，故该选项错误；C，若，则α，β不一定垂直，故该选项错误；D，若，则利用面面垂直的性质可得，故该选项正确.故选：D.3、C【解析】对于A、B、D：取特殊值否定结论；对于C：利用作差法证明.【详解】对于A：取符合已知条件，但是不成立.故A错误；对于B：取符合已知条件，但是，所以不成立.故B错误；对于C：因为，所以.故C正确；对于D：取符合已知条件，但是，所以不成立.故D错误；故选：C.4、A【解析】利用斜率公式即求.【详解】由题可得，∴.故选：A5、B【解析】由等差数列前n项和列不等式求解即可.【详解】由题知，每天的读书时间为等差数列，首项为20，公差为10，记n天读完.则40小时=2400分钟，令，得或（舍去），故，即第21天刚好读完，日期为2022年1月9日.故选：B6、B【解析】由题意得到，根据等比数列的性质得到，化简，即可求解.【详解】由，是函数的两个不同零点，可得，根据等比数列的性质，可得则.故选：B.7、C【解析】根据题干条件得到相似，进而得到，求出点P到准线l的距离.【详解】由题意得：，准线方程为，因为，所以，故点P到准线l的距离为.故选：C8、C【解析】化简复数得，由其为纯虚数求参数a，进而求的模即可.【详解】由为纯虚数，∴，解得：，则，故选：C9、B【解析】根据空间向量基本定理结合已知条件求解【详解】因为N为BC中点，所以,因为M在线段OA上，且，所以，所以，故选：B10、B【解析】先化简为，然后通过换元，再研究外层函数单调性，进而求得的最小值【详解】化简可得：令，故的最小值即为的最小值，是关于的单调递增函数，易知对求导可得：当时，单调递减；当时，单调递增则有：故选：B11、C【解析】先由条件得出a，b满足，得出满足的基本事件数，再求出总的基本事件数，从而可得答案.【详解】直线到原点的距离不超过1，则所以当时，可以为5，6当时，可以为4，5，6当时，可以为4，5，6当时，可以为2，3，4，5，6当时，可以为1，2，3，4，5，6当时，可以为1，2，3，4，5，6满足的共有25种结果.将一枚骰子先后抛掷两次，若先后出现的点数分别记为a，b，共有种结果所以满足条件的概率为故选：C12、C【解析】将全称命题否定为特称命题即可【详解】由题意，根据全称命题与特称命题的关系，可得命题，则，故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、##【解析】利用双曲线定义，将的最小值问题转化为的最小值问题，然后结合图形可解.【详解】由题设知，，，，圆的半径由点为双曲线右支上的动点知∴∴.故答案为：14、【解析】化成标准形式，结合焦点定义即可求解.【详解】由，得，故抛物线的焦点坐标为故答案为：15、【解析】先求出正方形的面积，然后求出动点到点的距离所表示的平面区域的面积,最后根据几何概型计算公式求出概率.【详解】正方形的面积为，如下图所示：阴影部分的面积为:，在正方形内，阴影外面部分的面积为，则在该正方形区域内随机取一个点，则此点到点的距离大于的概率是.【点睛】本题考查了几何概型的计算公式，正确求出阴影部分的面积是解题的关键.16、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：；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）直线的方程为或或【解析】（1）由弦的中垂线与直线的交点为圆心即可求解；（2）由，可得或，进而有或，显然直线斜率存在，设直线，由点到直线的距离公式求出的值即可得答案.【小问1详解】解：设弦的中点为，则有，因为，所以直线，所以直线的中垂线为，则圆心在直线上，且在直线上，联立方程解得圆心，则圆的半径为，所以圆方程为；【小问2详解】解：设圆心到直线的距离为，因为，所以或，所以或，显然直线斜率存在，所以设直线，则或，解得或或，故直线的方程为或或.18、（1）证明见解析（2）【解析】（1）利用面面垂直的性质定理可得出平面，再利用线面垂直的性质可得出；（2）分析可知为的中点，平面，计算出梯形的面积，利用锥体的体积公式可求得四棱锥的体积【小问1详解】证明：因为四边形为正方形，则，因为侧面底面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以.【小问2详解】解：因为，平面，平面，所以，平面，因为平面，平面平面，所以，所以，，则，所以，四边形是直角梯形，又是中点，所以，，所以，由平面，平面，所以，从而，正三角形中，是中点，，即，，所以平面，因为，所以.19、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由线面垂直、切线的性质可得、，再根据线面垂直的判定即可证结论.（2）若，构建为原点，、、为x、y、z轴的空间直角坐标系，求面、面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及其对应的余弦值求R，最后由圆锥的体积公式求体积.【小问1详解】由题设，底面圆，又是切线与圆的切点，∴底面圆，则，且，而，∴平面.【小问2详解】由题设，若，可构建为原点，、、为x、y、z轴的空间直角坐标系，又，可得，∴，，，有，，若是面的一个法向量，则，令，则，又面的一个法向量为，∴，可得，∴该圆锥的体积20、（1）（2）【解析】（1）求出函数的导函数，由在时有极值0,则，两式联立可求常数a，b的值，从而得解析式；（2）利用导数研究函数的单调性、极值，根据函数图象的大致形状可求出参数的取值范围.【小问1详解】由可得，因为在时有极值0，所以，即，解得或，当时，，函数在R上单调递增，不满足在时有极值，故舍去.所以常数a，b的值分别为.所以.【小问2详解】由（1）可知，，令，解得，当或时，当时，，的递增区间是和，单调递减区间为，当有极大值，当有极小值，要使函数有三个零点，则须满足，解得.21、（1）（2）【解析】（1）以A为原点，以AB、AD、所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解，（2）求出和的法向量，利用空间向量求解【小问1详解】以A为原点，以AB、AD、所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系由，，，，所以，，，因此，，，设平面的法向量，则，，所以，取，则，，于是，所以点到平面的距离【小问2详解】由，，设平面的法向量，则，，所以，取，则，，于是，由（1）知平面的法向量为，记二面角的平面角为，则，由图可知二面角为锐角，所以所求二面角的余弦值为22、（1）证明见解析（2）【解析】（1）构造中位线，利用面面平行，可以证明;（2）建立空间直角坐标系，用空间向量的方法即可.【小问1详解】证明：如图，取ED的中点P，连接MP，NP.在平行四边形ABCD中，因为E是AD的中点