山东省济南市历城二中2026届数学高二上期末教学质量检测模拟试题含解析

山东省济南市历城二中2026届数学高二上期末教学质量检测模拟试题注意事项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．如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的表面积为（）A. B.C.8 D.122．已知，则点到平面的距离为（）A. B.C. D.3．函数的导数记为，则等于（）A. B.C. D.4．椭圆的离心率为（）A B.C. D.5．已知直线是圆的对称轴，过点A作圆C的一条切线，切点为B，则|AB|=（）A.1 B.2C.4 D.86．已知正三棱柱中，，点为中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B.C. D.7．在正四面体中，棱长为2，且E是棱AB中点，则的值为A. B.1C. D.8．已知函数有两个极值点m，n，且，则的最大值为（）A. B.C. D.9．已知函数的导函数为，且满足，则（）A. B.C. D.10．已知实数满足方程，则的最大值为（）A.3 B.2C. D.11．一直线过点，则此直线的倾斜角为（）A.45° B.135°C.－45° D.－135°12．已知数列满足且，则（）A.是等差数列 B.是等比数列C.是等比数列 D.是等比数列二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．函数是R上的单调递增函数，则a的取值范围是______14．已知函数，则________15．若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，可形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断进行构造，又可以得到新的数列．现将数列1，2进行构造，第1次得到数列1，3，2；第2次得到数列1，4，3，5，2；依次构造，第次得到数列1，，，，…，，2；记则______，设数列的前n项和为，则______16．某古典概型的样本空间，事件，则___________.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，三棱锥中，为等边三角形，且面面，（1）求证：；（2）当与平面BCD所成角为45°时，求二面角的余弦值18．（12分）设分别为椭圆的左右焦点，过的直线l与椭圆C相交于A，B两点，直线的倾斜角为60度，到直线l的距离为（1）求椭圆C的焦距；（2）如果，求椭圆C的方程19．（12分）已知，p：，q：（1）若p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围；（2）若，“p或q”为真命题，“p且q”为假命题，求实数x的取值范围20．（12分）求下列函数导数：（1）；（2）；21．（12分）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，角A、B、C的度数成等差数列，（1）若，求c的值；（2）求最大值22．（10分）已知等差数列的前项和为，.（1）求数列的通项公式；（2）求的最大值及相应的的值.

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】首先确定几何体的空间结构特征，然后求解其表面积即可.【详解】由题意知，该几何体是一个由8个全等的正三角形围成的多面体，正三角形的边长为：，正三角形边上的一条高为：，所以一个正三角形的面积为：，所以多面体的表面积为：.故选：B2、A【解析】根据给定条件求出平面的法向量，再利用空间向量求出点到平面的距离.【详解】依题意，，设平面的法向量，则，令，得，则点到平面的距离为，所以点到平面的距离为.故选：A3、D【解析】求导后代入即可.【详解】，.故选：D.4、D【解析】根据椭圆方程先写出标准方程，然后根据标准方程写出便可得到离心率.【详解】解：由题意得：，，故选：D5、C【解析】首先将圆心坐标代入直线方程求出参数a，求得点A的坐标，由切线与圆的位置关系构造直角三角形从而求得.【详解】圆即，圆心为，半径为r=3，由题意可知过圆的圆心，则，解得，点A坐标为，，切点为B则，故选:C【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，属于基础题.6、A【解析】根据异面直线所成角的定义，取中点为，则为异面直线和所成角或其补角，再解三角形即可求出【详解】如图所示：设中点为，则在三角形中，为中点，为中位线，所以有，，所以为异面直线和所成角或其补角，在三角形中，，所以由余弦定理有，故选：A.7、A【解析】根据题意，由正四面体的性质可得：，可得，由E是棱中点，可得，代入，利用数量积运算性质即可得出.【详解】如图所示由正四面体的性质可得：可得：是棱中点故选：【点睛】本题考查空间向量的线性运算，考查立体几何中的垂直关系，考查转化与化归思想，属于中等题型.8、C【解析】对求导得，得到m，n是两个根，由根与系数的关系可得m，n的关系，然后构造函数，利用导数求单调性，进而得最值.【详解】由得：m，n是两个根，由根与系数的关系得：，故，令记，则，故在上单调递减.故选：C9、C【解析】求出导数后，把x=e代入，即可求解.【详解】因为，所以，解得故选：C10、D【解析】将方程化为，由圆的几何性质可得答案.【详解】将方程变形为，则圆心坐标为，半径，则圆上的点的横坐标的范围为：则x的最大值是故选：D.11、A【解析】根据斜率公式求得直线的斜率，得到，即可求解.【详解】设直线的倾斜角为，由斜率公式，可得，即，因为，所以，即此直线的倾斜角为.故选：A.12、D【解析】由，化简得，结合等比数列、等差数列的定义可求解.【详解】由，可得，所以，又由，，所以是首项为，公比为2的等比数列，所以，，，，所以不是等差数列；不等于常数，所以不是等比数列.故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】对求导，由题设有恒成立，再利用导数求的最小值，即可求a的范围.【详解】由题设，，又在R上的单调递增函数，∴恒成立，令，则，∴当时，则递减；当时，则递增.∴，故.故答案为：.14、.【解析】将代入计算，利用和互为相反数，作差可得，计算可得结果.【详解】解：函数则.，，作差可得：，即，解得：代入此时成立.故答案为：.15、①.81②.【解析】根据数列的构造写出前面几次得到的新数列，寻找规律，构造等比数列，求出通项公式，再进行求和.【详解】第1次得到数列1，3，2，此时；第2次得到数列1，4，3，5，2，此时；第3次得到数列1，5，4，7，3，8，5，7，2，此时；第4次得到数列1，6，5，9，4，11，7，10，3，11，8，13，5，12，7，9，2，此时，故81，且故，又，所以数列是以为首项，公比为3的等比数列，所以，故，所以故答案为：81，16、##0.5【解析】根据定义直接计算得到答案.【详解】.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）证明见解析；（2）.【解析】(1)根据给定条件证得平面即可推理作答.(2)由与平面BCD所成角确定正边长与CD长的关系，再作出二面角的平面角，借助余弦定理计算作答.【小问1详解】在三棱锥中，平面平面，平面平面，而，平面，因此有平面，又有平面，所以.【小问2详解】取BC中点F，连接AF，DF，如图，因为等边三角形，则，而平面平面，平面平面，平面，于是得平面，是与平面BCD所成角，即，令，则，因，即有，由(1)知，，则有，过C作交AD于O，在平面内过O作交BD于E，连CE，从而得是二面角的平面角，中，，，中，由余弦定理得，，，显然E是斜边中点，则，中，由余弦定理得，所以二面角的余弦值.18、（1）（2）【解析】（1）求得直线的方程，利用点到直线的距离列方程，由此求得，进而求得焦距.（2）联立直线的方程和椭圆方程，化简写出根与系数关系，结合来求得，从而求得椭圆的方程.【小问1详解】依题意，直线的方程为，到的距离为，所以焦距.【小问2详解】由，消去并化简得，设，则，，，，，所以，，，，，，，，，所以，所以椭圆的方程为.19、（1）（2）或【解析】（1）根据命题对应的集合是命题对应的集合的真子集列式解得结果即可得解；（2）“p或q”为真命题，“p且q”为假命题，等价于与一真一假，分两种情况列式可得结果.【详解】（1）因为p：对应的集合为，q：对应的集合为，且p是q的充分不必要条件，所以，所以，解得.（2），当时，，因为“p或q”为真命题，“p且q”为假命题，所以与一真一假，当真时，假，所以，此不等式组无解；当真时，假，所以，解得或.综上所述：实数x的取值范围是或.【点睛】结论点睛：本题考查由充分不必要条件求参数取值范围，一般可根据如下规则转化：（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；（2）是的充分不必要条件，则对应集合是对应集合的真子集；（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；（4）是的既不充分又不必要条件，对的集合与对应集合互不包含20、（1）；（2）【解析】根据基本初等函数的导数公式以及导数的运算法则计算可得；【详解】解：（1）因为所以，即（2）因为所以，即21、（1）；（2）【解析】（1）利用等差数列以及三角形内角和，正弦定理以及余弦定理求解即可；（2）利用正弦定理以及两角