河南省安阳第三十五中学 2026届数学高二上期末质量检测试题含解析

河南省安阳第三十五中学2026届数学高二上期末质量检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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．从装有2个红球和2个白球的口袋内任取两个球，则下列选项中的两个事件为互斥事件的是（）A.至多有1个白球；都是红球 B.至少有1个白球；至少有1个红球C.恰好有1个白球；都是红球 D.至多有1个白球；至多有1个红球2．设正方体的棱长为，则点到平面的距离是（）A. B.C. D.3．已知A(－1,1,2)，B(1,0，－1)，设D在直线AB上，且，设C(λ，＋λ，1＋λ)，若CD⊥AB，则λ的值为()A. B.－C. D.4．命题任意圆的内接四边形是矩形，则为（）A.每一个圆的内接四边形是矩形B.有的圆的内接四边形不是矩形C.所有圆的内接四边形不是矩形D.存在一个圆的内接四边形是矩形5．已知函数，若对任意两个不等的正实数，，都有，则实数的最小值为（）A. B.C. D.6．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.7．对任意实数k，直线与圆的位置关系是（）A.相交 B.相切C.相离 D.与k有关8．已知命题p：，，则命题p的否定为（）A.， B.，C.， D.，9．若函数在上有且仅有一个极值点，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.10．“”是“直线与互相垂直”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．等差数列中，是的前项和，，则（）A.40 B.45C.50 D.5512．不等式的解集为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知空间向量，且，则___________.14．若不等式的解集为，则________15．数列中，，，，则______16．过点作圆的两条切线，切点为A，B，则直线的一般式方程为___________.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）如图，已知平面，四边形为矩形，四边形为直角梯形，，，，（1）求证：∥平面；（2）求证：平面平面18．（12分）如图，在三棱柱中，四边形为矩形，，，点E为棱的中点，.（1）求证：平面平面；（2）求平面AEB与平面夹角的余弦值.19．（12分）已知中心在坐标原点O的椭圆，左右焦点分别为，，离心率为，M，N分别为椭圆的上下顶点，且满足.（1）求椭圆方程；（2）已知点C满足，点T在椭圆上（T异于椭圆的顶点），直线NT与以C为圆心的圆相切于点P，若P为线段NT的中点，求直线NT的方程；（3）过椭圆内的一点D（0，t），作斜率为k的直线l，与椭圆交于A，B两点，直线OA，OB的斜率分别是，，若对于任意实数k，存在实数m，使得，求实数m的取值范围.20．（12分）如图，在四棱锥中P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，BC⊥平面PAB，PA⊥AB，PA＝2（1）求证：PA⊥平面ABCD；（2）求平面PAD与平面PBC所成角的余弦值21．（12分）已知二次函数，.（1）若，求函数的最小值；（2）若，解关于x的不等式.22．（10分）已知数列的前项和为，，.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和；（3）若数列，，求前项和.

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】根据试验过程进行分析，利用互斥事件的定义对四个选项一一判断即可.【详解】对于A：“至多有1个白球”包含都是红球和一红一白，“都是红球”包含都是红球，所以“至多有1个白球”与“都是红球”不是互斥事件.故A错误；对于B：“至少有1个白球”包含都是白球和一红一白，“至少有1个红球”包含都是红球和一红一白，所以“至少有1个白球”与“至少有1个红球”不是互斥事件.故B错误；对于C：“恰好有1个白球”包含一红一白，“都是红球”包含都是红球，所以“恰好有1个白球”与“都是红球”是互斥事件.故C错误；对于D：“至多有1个红球”包含都是白球和一红一白，“至多有1个白球”包含都是红球和一红一白，所以“至多有1个白球”与“至多有1个红球”不是互斥事件.故D错误.故选：C2、D【解析】建立空间直角坐标系，根据空间向量所学点到面的距离公式求解即可.【详解】建立如下图所示空间直角坐标系，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴.因为正方体的边长为4，所以，，，，，所以，，，设平面的法向量，所以，，即，设，所以，，即，设点到平面的距离为，所以，故选：D.3、B【解析】设D(x，y，z)，根据求出D(，，0)，再根据CD⊥AB得·＝2(－λ)＋λ－3(－1－λ)＝0，解方程即得λ的值.【详解】设D(x，y，z)，则＝(x＋1，y－1，z－2)，＝(2，－1，－3)，＝(1－x，－y，－1－z)，∵＝2，∴∴∴D(，，0)，＝(－λ，－λ，－1－λ)，∵⊥，∴·＝2(－λ)＋λ－3(－1－λ)＝0，∴λ＝－故选：B【点睛】(1)本题主要考查向量的线性运算和空间向量垂直的坐标表示，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2).4、B【解析】全称命题的否定特称命题，任意改为存在，把结论否定.【详解】全称量词命题的否定是特称命题，需要将全称量词换为存在量词，答案A，C不符合题意，同时对结论进行否定，所以：有的圆的内接四边形不是矩形，故选：B.5、B【解析】不妨设，由题意，可得，构造函数，则在上单调递增，从而有在上恒成立，分离参数转化为最值即可求解.【详解】解：由题意，不妨设，因为对任意两个不等的正实数，，都有，所以，即，构造函数，则，所以在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立，当时，因为，所以，所以，实数的最小值为.故选：B.6、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：B7、A【解析】判断直线恒过定点，可知定点在圆内，即可判断直线与圆的位置关系.【详解】由可知，即该圆的圆心坐标为，半径为,由可知，则该直线恒过定点，将点代入圆的方程可得，则点在圆内，则直线与圆的位置关系为相交.故选：.8、D【解析】根据全称命题与存在性命题的关系，准确改写，即可求解.【详解】根据全称命题与存在性命题的关系可得：命题“p：，”的否定式为“，”.故选：D.9、C【解析】根据极值点的意义,可知函数的导函数在上有且仅有一个零点.结合零点存在定理,即可求得的取值范围.【详解】函数则因为函数在上有且仅有一个极值点即在上有且仅有一个零点根据函数零点存在定理可知满足即可代入可得解得故选:C【点睛】本题考查了函数极值点的意义,函数零点存在定理的应用,属于中档题.10、A【解析】根据两直线垂直的性质求出，再结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案.【详解】解：因为直线与互相垂直，所以，解得或，所以“”是“直线与互相垂直”的充分不必要条件.故选：A.11、B【解析】应用等差数列的性质“若，则”即可求解【详解】故选：B12、A【解析】根据一元二次不等式的解法进行求解即可.【详解】，故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据空间向量共线的坐标表示可得出关于的等式，求出的值即可.【详解】由已知可得，解得.故答案为：.14、11【解析】根据题意得到2与3是方程的两个根，再根据两根之和与两根之积求出，进而求出答案.【详解】由题意得：2与3是方程的两个根，则，，所以.故答案为：1115、##0.5【解析】直接计算得到答案.【详解】∵，，则，.故答案为：.16、【解析】已知圆的圆心，点在以为直径的圆上，两圆相减就是直线的方程.【详解】，圆心，点在以为直径的圆上，，所以圆心是，以为直径的圆的圆的方程是，直线是两圆相交的公共弦所在直线，所以两圆相减就是直线的方程，，所以直线的一般式方程为.故答案为：【点睛】结论点睛：过圆外一点引圆的切线，那么以圆心和圆外一点连线段为直径的圆与已知圆相减，就是切点所在直线方程，或是两圆相交，两圆相减，就是公共弦所在直线方程.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）证明见解析（2）证明见解析【解析】（1）根据线面平行的判定，证明即可；（2）过C作，垂足为M，根据勾股定理证明，再根据线面垂直的性质与判定证明平面BCE即可【小问1详解】证明：因为四边形ABEF为矩形，所以，又平面BCE，平面BCE，所以平面BCE【小问2详解】过C作，垂足为M，则四边形ADCM为矩形因为，，所以，，，，所以，所以因为平面ABCD，，所以平面ABCD，所以又平面BCE，平面BCE，，所以平面BCE，又平面ACF，所以平面平面BCE18、（1）证明见解析（2）【解析】（1）根据矩形及勾股定理的逆定理可得线面垂直的条件，再由平面，即可证明面面垂直；（2）建立空间直角坐标后，求出相关法向量，再用夹角公式即可.【小问1详解】证明：由三棱柱的性质及可知四边形为菱形又∵∴为等边三角形∴，又∵，∴，∴又∵四边形为矩形∴又∵∴平面又∵平面∴平面平面.【小问2详解】以B为原点BE为x轴，为y轴，BA为E轴建立空间直角坐标系，如图所示，，，，，，设平面的法向量为.则即∴，又∵平面ABE的法向量为，∴，∴平面ABE与平面夹角的余弦值为.19、（1）1（2）或（3）【解析】（1）由已知可得，，再结合可求出，从而可求得椭圆方程，（2）设直线，代入椭圆方程中消去，解方程可求出点的坐标，从而可得NT中点的坐标，而，可得解方程可求出的值，即可得到直线NT的方程，（3）设直线，代入椭圆方程中消去，利用根与系数的关系结合直线的斜率公式可得，再由，可求出m的取值范围【小问1详解】设（c，0），M（0，b），N（0，b），①，又②，③，由①②③得，所以椭圆方程为1.【小问2详解】由题C，0），设直线联立得，那么，N（0，）NT中点.所以，因为直线NT与以C为圆心的圆相切于点P，所以所以所以得，解得或所以直线NT为：或.【小问3详解】设直线，联立方程得设A（，），B，），则…由对任意k成立，得点D在椭圆内，所以，所以，所以m的取值范围为.20、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）根据线面垂直的判定定理来证得平面.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得平面与平面所成角的余弦值.【小问1详解】由于平面，所以，由于,所以平面.【小问2详解】建立如图所示空间直角坐标系，平面的法向量为，，设平面的法向量为，则，故可设.设平面与平面所成角为，则.21、（1）（2）当时，不等式的解集为当时，不等式的解集为当时，不等式的解集为【解析】（1）带入，将化解为，再利用基本不等式求最值即可；（2）将不等式移项整理为，再对a分类讨论，比较两根的大小，即可求得解集.【小问1详解】当a=3时，函数可整理为，因为，所以利用基本不等式，当且仅当，即时，y取到最小值.所以，当时，函数的最小值为.【小问2详解】将不等式整理为，令，即，解得两根为与1，因为，当时，即时，此时的解集为；当时，即时，此时的解集为；当时，即时，此时的解集为.综上所述，当时，不等式的解集为；