锡林郭勒市重点中学2026届数学高二上期末监测试题含解析

锡林郭勒市重点中学2026届数学高二上期末监测试题注意事项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．设数列的前项和为，且，则（）A. B.C. D.2．已知的展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为，则（）A.4 B.5C.6 D.73．已知椭圆与直线交于A，B两点，点为线段的中点，则a的值为（）A. B.3C. D.4．在等比数列{an}中，a1=8，a4=64，则a3等于（）A.16 B.16或-16C.32 D.32或-325．方程表示的曲线经过的一点是（）A. B.C. D.6．若正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，则直线A1C1到平面ACD1的距离为（）A.1 B.C. D.7．在中，角，，所对的边分别为，，，若，则的形状为（）A.锐角三角形 B.直角三角形C.钝角三角形 D.不确定8．已知圆，直线，则直线l被圆C所截得的弦长的最小值为（）A.2 B.3C.4 D.59．函数的最大值为（）A.32 B.27C.16 D.4010．有一机器人的运动方程为，(是时间，是位移)，则该机器人在时刻时的瞬时速度为（）A. B.C. D.11．记为等差数列的前n项和，有下列四个等式，甲：；乙：；丙：；丁：．如果只有一个等式不成立，则该等式为（）A.甲 B.乙C.丙 D.丁12．若，则下列结论不正确的是（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知等差数列的前n项和为，，则___________.14．在正方体中，，，P，F分别是线段，的中点，则点P到直线EF的距离是___________.15．命题“，”的否定是____________.16．已知一组数据的平均数为4，方差为3，若另一组数据的平均数为10，则该组数据的方差为_______.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）已知函数其中.（1）当时，求函数的单调区间；（2）当时，函数有两个零点，，满足，证明.18．（12分）已知，（1）当时，求函数的单调递减区间；（2）当时，，求实数a的取值范围19．（12分）如图，四边形是正方形，平面，，（1）证明：平面平面；（2）若与平面所成角为，求二面角的余弦值20．（12分）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）若点在棱上，且平面，求线段的长21．（12分）已知椭圆C：的右顶点为A，上顶点为B．离心率为，（1）求椭圆C的标准方程；（2）设椭圆的右焦点为F，过点F的直线l与椭圆C相交于D，E两点，直线：与x轴相交于点H，过点D作，垂足为①求四边形ODHE（O为坐标原点）面积的取值范围；②证明：直线过定点G，并求点G的坐标22．（10分）已知抛物线：的焦点是圆与轴的一个交点.（1）求抛物线的方程;（2）若过点的直线与抛物线交于不同的两点A、B，О为坐标原点，证明：.

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】利用，把代入中，即可求出答案.【详解】当时，.当时，.故选：C.2、C【解析】利用赋值法确定展开式中各项系数的和以及二项式系数的和，利用比值为，列出关于的方程，解方程.【详解】二项式的各项系数的和为，二项式的各项二项式系数的和为，因为各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为，所以，.故选：C.3、A【解析】先联立直线和椭圆的方程，结合中点公式及点可求a的值.【详解】设，联立，得，，因为点为线段的中点，所以，即，解得，因为，所以.故选：A.4、C【解析】首先根据a4=a1q3，求得q=2，再由a3=即可得解.【详解】由a4=a1q3，得q3=8，即q=2，所以a3==32.故选：C5、C【解析】当时可得，可得答案.【详解】当时可得所以方程表示的曲线经过的一点是，且其它点都不满足方程，故选：C6、B【解析】先证明点A1到平面ACD1的距离即为直线A1C1到平面ACD1的距离，再建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】因为平面平面，所以A1C1//平面ACD1，则点A1到平面ACD1的距离即为直线A1C1到平面ACD1的距离.建立如图所示的空间直角坐标系，易知＝(0,0,1)，由题得平面,所以平面,所以,同理,因为平面，所以平面，所以是平面一个法向量，所以平面ACD1的一个法向量为＝(1,1,1)，故所求的距离为.故选：B【点睛】方法点睛：求点到平面的距离常用的方法有：（1）几何法（找作证指求）；（2）向量法；（3）等体积法.要根据已知条件灵活选择方法求解.7、C【解析】由正弦定理得出，再由余弦定理得出，从而判断为钝角得出的形状.【详解】因为，所以，所以，所以的形状为钝角三角形.故选：C8、C【解析】直线l过定点D(1，1)，当时，弦长最短.【详解】由，圆心，半径，，由，故直线l过定点，∵，故D在圆C内部，直线l始终与圆相交，当时，直线l被圆截得的弦长最短，，弦长＝.故选：C.9、A【解析】利用导数即可求解.【详解】因为，所以当时，；当时，.所以函数在上单调递增；在上单调递增,，因此，的最大值为.故选：A10、B【解析】对运动方程求导，根据导数意义即速度求得在时的导数值即可.【详解】由题知，，当时，，即速度为7.故选：B11、D【解析】分别假设甲、乙、丙、丁不成立，验证得到答案【详解】设数列的公差为，若甲不成立，则，由①，③可得，此时与②矛盾；A错，若乙不成立，则，由①，③可得，此时；与②矛盾；B错，若丙不成立，则，由①，③可得，此时；与②矛盾；C错，若丁不成立，则，由①，③可得，此时；，D对，故选：D.12、B【解析】由得出，再利用不等式的基本性质和基本不等式来判断各选项中不等式的正误.【详解】，，，，A选项正确；，B选项错误；由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，，则等号不成立，所以，C选项正确；，，D选项正确.故选：B.【点睛】本题考查不等式正误的判断，涉及不等式的基本性质和基本不等式，考查推理能力，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、36【解析】根据等比数列下标和性质得到，再根据等差数列前项和公式计算可得；【详解】解：因，所以，所以；故答案为：14、【解析】以A为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解点P到直线EF的距离.【详解】解：如图，以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，因为，所以，，，所以，，所以点P到直线EF的距离.故答案为：.15、，【解析】根据全称命题量词的否定即可得出结果.【详解】命题“”的否定是“，”故答案为：16、12【解析】根据题意，先通过原始数据的平均数、方差及新数据的平均数求出k，进而求出新数据的方差.【详解】由题意，原式数据的平均数和方程分别为：，则新数据的平均数，于是新数据的方差.故答案为：12.三、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）单调递增区间,无递减区间；（2）证明见解析【解析】（1）求出函数的导数，从而判断其正负，确定函数的单调区间；（2）根据题意可得到，进而变形为，然后换元令，将证明的问题转换为成立的问题，从而构造新函数，求新函数的导数，判断其单调性，求其最值，进而证明不等式成立.【小问1详解】时，，,令，当时，，当时，，故，则，故是单调递增函数，即的单调递增区间为,无递减区间；【小问2详解】当时，函数有两个零点，，满足,即，所以，则，令，由于，则，则x2=tx故，要证明，只需证明，即证，设，令，则，当时，，即在时为增函数，故，即，所以在时为增函数，即，即，故，即.【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间以及涉及到零点的不等式的证明问题，解答时要注意导数的应用，主要是根据导数的正负判断函数的单调性，进而求函数极值或最值，解答的关键时对函数式或者不等式进行合理的变形，进而能构造新的函数，利用新的函数的单调性或最值达到证明不等式成立的目的m.18、（1）（2）【解析】（1）求出函数的导函数，再解导函数的不等式，即可求出函数的单调递减区间；（2）依题意可得当时，当时，显然成立，当时只需，参变分离得到，令，，利用导数说明函数的单调性，即可求出参数的取值范围；【小问1详解】解：当时定义域为，所以，令，解得或，令，解得，所以的单调递减区间为；【小问2详解】解：由，即，即，当时显然成立，当时，只需，即，令，，则，所以在上单调递减，所以，所以，故实数的取值范围为.19、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）连接与交于点O，易得平面，取的中点M，易得为平行四边形，即，得到平面，然后利用面面垂直的判定定理证明；（2）以A为坐标原点，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设，根据与平面所成角为，由，解得，然后分别求得平面的一个法向量，平面的一个法向量，由求解.【详解】（1）如图所示：连接与交于点O，因为为正方形，故，又平面，故，由，故平面，取的中点M，连接，注意到为的中位线，故，且，因此，且，故为平行四边形，即，因此平面，而平面，故平面平面（2）以A坐标原点，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设，则，由（1）可知平面，因此平面的一个法向量为，而，由与平面所成角为，得，即，解得；则，设平面的一个法向量为，则得令，则，故设平面的一个法向量，则得令，则，，故所以，注意到二面角为钝二面角，故二面角的余弦值为20、（Ⅰ）见解析.（Ⅱ）．（Ⅲ）.【解析】第一问根据面面垂直的性质和线面垂直的性质得出线线垂直的结论，注意在书写的时候条件不要丢就行；第二问建立空间直角坐标系，利用法向量所成角的余弦值来求得二面角的余弦值；第三问利用向量共线的关系，得出向量的坐标，根据线面平行得出向量垂直，利用其数量积等于零，求得结果.（Ⅰ）证明：因为平面⊥平面，且平面平面，因为⊥，且平面所以⊥平面因为平面，所以⊥.（Ⅱ）解：在△中，因为，，，所以，所以⊥.所以，建立空间直角坐标系，如图所示所以，，，，，，.易知平面的一个法向量为.设平面的一个法向量为，则，即，令，则.设二面角的平面角为，可知为锐角，则，即二面角的余弦值为（Ⅲ）解：因为点在棱，所以，因为，所以，.又因为平面，为平面的一个法向量，所以，即，所以所以，所以.21、（1）；（2）①；②详见解析；.【解析】（1）由题得，即求；（2）①由题可设，利用韦达定理法可得，进而可得四边形ODHE面积，再利用对勾函数的性质可求范围；②由题可得，令，通过计算可得，即得.【小问1详解】由题可得，解得，∴椭圆C的标准方程.【小问2详解】①由题可知，可设直线，，由，可