甘肃省白银市靖远县第一中学2026届高二上数学期末综合测试试题含解析

甘肃省白银市靖远县第一中学2026届高二上数学期末综合测试试题注意事项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．关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为A. B.C. D.2．关于x的方程在内有解，则实数m的取值范围（）A. B.C. D.3．已知命题p：，，则命题p的否定为（）A， B.，C.， D.，4．函数在和处的导数的大小关系是（）A. B.C. D.不能确定5．下列事件：①连续两次抛掷同一个骰子，两次都出现2点；②某人买彩票中奖；③从集合中任取两个不同元素，它们的和大于2；④在标准大气压下，水加热到90℃时会沸腾.其中是随机事件的个数是（）A.1 B.2C.3 D.46．函数的值域为（）A. B.C. D.7．在等差数列中，若，则的值为（）A. B.C. D.8．在平面内，A，B是两个定点，C是动点，若，则点C的轨迹为（）A.圆 B.椭圆C.抛物线 D.直线9．已知命题：抛物线的焦点坐标为；命题：等轴双曲线的离心率为，则下列命题是真命题的是（）A. B.C. D.10．如图，已知最底层正方体的棱长为a，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点，依此方法一直继续下去，则所有这些正方体的体积之和将趋近于（）A. B.C. D.11．已知实数、满足，则的最大值为（）A. B.C. D.12．已知直线与直线垂直，则实数a为（）A. B.或C. D.或二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．“直线和直线垂直”的充要条件是______14．从某校随机抽取某次数学考试100分以上（含100分，满分150分）的学生成绩，将他们的分数数据绘制成如图所示频率分布直方图．若共抽取了100名学生的成绩，则分数在内的人数为___________15．已知P为抛物线上的一个动点，设P到抛物线准线的距离为d，点，那么的最小值为______16．点到抛物线上的点的距离的最小值为________.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）已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于，两点，且（1）求抛物线的方程；（2）若，是抛物线上一点，过点的直线与抛物线交于，两点（均与点不重合），设直线，的斜率分别为，，求证：为定值18．（12分）如图，一个湖的边界是圆心为的圆，湖的一侧有一条直线型公路，湖上有桥（是圆的直径）.规划在公路上选两个点、，并修建两段直线型道路、.规划要求，线段、上的所有点到点的距离均不小于圆的半径.已知点到直线的距离分别为和（为垂足），测得，，（单位：百米）.（1）若道路与桥垂直，求道路的长；（2）在规划要求下，点能否选在处？并说明理由.19．（12分）在等差数列中，记为数列的前项和，已知：.（1）求数列的通项公式；（2）求使成立的的值.20．（12分）求下列函数的导数（1）；（2）21．（12分）如图四棱锥P-ABCD中，面PDC⊥面ABCD，∠ABC=∠DCB=，CD=2AB=2BC=2，△PDC是等边三角形.（1）设面PAB面PDC=l，证明:l//平面ABCD；（2）线段PC内是否存在一点E，使面ADE与面ABCD所成角的余弦值为，如果存在，求λ=的值，如果不存在，请说明理由.22．（10分）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，求函数在内的零点个数.

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】设，解集为所以二次函数图像开口向下，且与交点为，由韦达定理得所以的解集为，故选B.2、A【解析】当时，显然不成立，当时，分离变量，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.【详解】当时，可得显然不成立；当时，由于方程可转化为，令，可得，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，所以当时，函数取唯一的极大值，也是最大值，所以，所以，即，所以实数m的取值范围.故选：A.3、A【解析】根据特称命题的否定是全称命题，结合已知条件，即可求得结果.【详解】因为命题p：，，故命题p的否定为：，.故选：A.4、A【解析】求出函数导数即可比较.【详解】，，所以，即.故选：A.5、B【解析】因为随机事件指的是在一定条件下，可能发生，也可能不发生的事件，只需逐一判断4个事件哪一个符合这种情况即可【详解】解：连续两次抛掷同一个骰子，两次都出现2点这一事件可能发生也可能不发生，①是随机事件某人买彩票中奖这一事件可能发生也可能不发生，②是随机事件从集合，2，中任取两个元素，它们的和必大于2，③是必然事件在标准大气压下，水加热到时才会沸腾，④是不可能事件故随机事件有2个，故选：B6、C【解析】根据基本不等式即可求出【详解】因为，当且仅当时取等号，所以函数的值域为故选：C7、C【解析】利用等差数列性质可求得，由可求得结果.【详解】由等差数列性质知：，，解得：；又，.故选：C.8、A【解析】首先建立平面直角坐标系，然后结合数量积定义求解其轨迹方程即可.【详解】设，以AB中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则：，设，可得：，从而：，结合题意可得：，整理可得：，即点C的轨迹是以AB中点为圆心，为半径的圆.故选：A.【点睛】本题主要考查平面向量及其数量积的坐标运算，轨迹方程的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.9、D【解析】求出的焦点坐标，及等轴双曲线的离心率，判断出为假命题，q为真命题，进而判断出答案.【详解】抛物线的焦点坐标为，故命题为假命题；命题：等轴双曲线中，，所以离心率为，故命题q为真命题，所以为真命题，其他选项均为假命题.故选：D10、D【解析】由已知可判断出所有这些正方体的体积构成首项为，公比为的等比数列，然后求和可得答案.【详解】最底层上面第一个正方体的棱长为，其体积为，上面第二个正方体的棱长为，其体积为，上面第三个正方体的棱长为，其体积为，所有这些正方体的体积构成首项为，公比为的等比数列，其前项和为，当，，所以所有这些正方体的体积之和将趋近于.故选：D.11、A【解析】作出可行域，利用代数式的几何意义，利用数形结合可求得的最大值.【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示：联立可得，即点，代数式的几何意义是连接可行域内一点与定点连线的斜率，由图可知，当点在可行域内运动时，直线的倾斜角为锐角，当点与点重合时，直线的倾斜角最大，此时取最大值，即.故选：A.12、B【解析】由题可得，即得.【详解】∵直线与直线垂直，∴，解得或.故选：B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、或【解析】利用直线一般式方程表示垂直的方法求解.【详解】因为直线和直线垂直，所以，解得或；故答案为：或.14、30【解析】根据频率分布直方图中所以小矩形面积和为1，可得a值，根据总人数和频率，即可得答案.【详解】因为频率分布直方图中所以小矩形面积和为1，所以，解得，所以分数在内的人数为.故答案为：3015、5【解析】由抛物线的定义可得，所以，由图可知当三点共线时，取得最小值，从而可求得结果【详解】抛物线的焦点，准线为，如图，过作垂直准线于点，则，所以，由图可知当三点共线时，取得最小值，即最小值为,,所以的最小值为5，故答案为：516、【解析】设出抛物线上点的坐标，利用两点间距离公式，配方求出最小值.【详解】设抛物线上的点坐标，则，当时，取得最小值，且最小值为.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）证明见解析【解析】(1)联立直线和抛物线方程，根据抛物线定义和焦半径公式得到，根据韦达定理可得到最终结果；（2）代入点坐标可得到参数的值，设直线的方程为，联立该直线和抛物线方程，，代入韦达定理可得到最终结果.【小问1详解】设点，，点，，联立，整理得，，由抛物线的定义知，解得，抛物线的方程为【小问2详解】，为抛物线上一点，，即，设，，，，直线的方程为，由，消去得，，，，即为定值18、（1）15（百米）（2）点选在处不满足规划要求，理由见解析【解析】（1）建立适当的坐标系，得圆及直线的方程，进而得解.（2）不妨点选在处，求方程并求其与圆的交点，在线段上取点不符合条件，得结论.【小问1详解】如图，过作，垂足为.以为坐标原点，直线为轴，建立平面直角坐标系.因为为圆的直径，，所以圆的方程为.因为，，所以，故直线的方程为，则点，的纵坐标分别为3，从而，，直线的斜率为.因为，所以直线的斜率为，直线的方程为.令，得，，所以.因此道路的长为15（百米）.【小问2详解】若点选在处，连结，可求出点，又，所以线段.由解得或，故不妨取，得到在线段上的点，因为，所以线段上存在点到点的距离小于圆的半径5.因此点选在处不满足规划要求.19、（1）；（2）或.【解析】(1)根据给定条件求出数列的公差及首项即可计算作答.(2)由(1)求出，建立方程求解作答.【小问1详解】设等差数列公差为，因，则，解得，于是得，所以数列的通项公式为：.【小问2详解】由(1)知，，由得：，即，解得或，所以使成立的的值是或.20、（1）见解析（2）见解析【解析】（1）导数四则运算中的乘除法则.（2）求导数，主要考查复合函数，外导乘内导.【小问1详解】【小问2详解】.21、（1）证明见解析（2）存在【解析】（1）由已知可得∥，再由线面平行的判定可得∥平面，再由线面平行的性质可得∥，再由线面平行的判定可得结论，（2）由已知条件可证得两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解【小问1详解】证明：因为,所以，所以∥，因为平面，平面，所以∥平面，因为平面，且平面面，所以∥，因为平面，平面，所以∥平面，【小问2详解】设的中点为，因为△PDC是等边三角形，所以，因为平面PDC⊥平面ABCD，且平面面，所以平面，因为平面，所以，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，假设存在这样的点，由已知得，则，所以，因为平面，所以平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，令，则，则所以，整理得，解得（舍去），或，所以22、（1）当，在单调递增；当，在单调递增,在单调递减.（2）0.【解析】（1）求得，对参数分类讨论，即可由每种情况下的正负确定函数的单调性；（2）根据题意求得，利用进行放缩，只需证即，再利用导数通过证明从而得到恒成立，则问题得解.【小问1详解】以为，其定义域为，又，故当时，，在单调递增；当时，令，可得，且令，解得，令，解得，故在单调递增，在单调递减.综上所述：当，在单调递增；当，在单调递增，在单调递减.【小问2详解】因为，故可得，则，；下证恒成立，