2025-2026学年四川省井研中学数学高二第一学期期末检测试题含解析.doc

2025-2026学年四川省井研中学数学高二第一学期期末检测试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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．已知函数 f(x) 的图象如图所示，则导函数 f ¢(x)的图象可能是（ ）

A. B.
C. D.
2．若椭圆的短轴为,一个焦点为,且为等边三角形的椭圆的离心率是
A. B.
C. D.
3．甲乙两个雷达独立工作，它们发现飞行目标的概率分别是0.9和0.8，飞行目标被雷达发现的概率为（）
A.0.72 B.0.26
C.0.7 D.0.98
4．直线的倾斜角为（　　）
A.150° B.120°
C.60° D.30°
5．已知数列的前项和满足，记数列的前项和为，.则使得的值为（ ）
A. B.
C. D.
6．已知函数的导数为，且满足，则（）
A. B.
C. D.
7．在各项都为正数的数列中，首项为数列的前项和，且，则（ ）
A. B.
C. D.
8．设双曲线：的左焦点和右焦点分别是，，点是右支上的一点，则的最小值为（ ）
A.5 B.6
C.7 D.8
9．下面四个说法中，正确说法的个数为（）
（1）如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合；
（2）两条直线可以确定一个平面；
（3）若，，，则；
（4）空间中，两两相交的三条直线在同一平面内.
A.1 B.2
C.3 D.4
10．经过直线与直线的交点，且平行于直线的直线方程为（）
A. B.
C. D.
11．已知四棱锥，底面为平行四边形，分别为，上的点，，设，则向量用为基底表示为（ ）

A. B.
C. D.
12．如果一个矩形长与宽的比值为，那么称该矩形为黄金矩形.如图，已知是黄金矩形，，分别在边，上，且也是黄金矩形.若在矩形内任取一点，则该点取自黄金矩形内的概率为（ ）

A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知实数满足，则的取值范围是____________
14．已知点是抛物线上的两点，，点是抛物线的焦点，若，则的值为__________
15．若直线与函数的图象有三个交点，则实数a的取值范围是_________
16．已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）求的单调区间；
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，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面平面，，.

（1）证明：平面；
（2）已知，，，且直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.
18．（12分）已知圆的圆心在直线上，与轴正半轴相切，且被直线：截得的弦长为.
（1）求圆的方程；
（2）设点在圆上运动，点，且点满足，记点的轨迹为.
①求的方程，并说明是什么图形；
②试探究：在直线上是否存在定点(异于原点)，使得对于上任意一点，都有为一常数，若存在，求出所有满足条件的点的坐标，若不存在，说明理由.
19．（12分）过原点O的圆C，与x轴相交于点A(4,0)，与y轴相交于点B(0,2)
(1)求圆C的标准方程；
(2)直线l过B点与圆C相切，求直线l的方程，并化为一般式
20．（12分）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，底面，，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）设点是平面上任意一点，直接写出线段长度最小值.（不需证明）

21．（12分）如图，在平面直角坐标系中，点，，

（1）求直线BC的方程；
（2）记的外接圆为圆M，若直线OC被圆M截得的弦长为4，求点C的坐标
22．（10分）已知三条直线：，：，：（是常数），.
（1）若，，相交于一点，求的值；
（2）若，，不能围成一个三角形，求的值：
（3）若，，能围成一个直角三角形，求的值.
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、D
【解析】根据导函数正负与原函数单调性关系可作答
【详解】原函数在上先减后增，再减再增，对应到导函数先负再正，再负再正，且原函数在处与轴相切，故
可知，导函数图象为D
故选：D
2、B
【解析】因为为等边三角形,所以.
考点：椭圆的几何性质.
点评：椭圆图形当中有一个特征三角形，它的三边分别为a,b,c.因而可据此求出离心率.
3、D
【解析】利用对立事件的概率求法求飞行目标被雷达发现的概率.
【详解】由题设，飞行目标不被甲、乙发现的概率分别为、，
所以飞行目标被雷达发现的概率为.
故选：D
4、D
【解析】由斜率得倾斜角
【详解】直线的斜率为，所以倾斜角为30°.
故选：D
5、B
【解析】由，求得，得到，结合裂项法求和，即可求解.
【详解】数列的前项和满足，
当时，；
当时，，
当时，适合上式，所以，
则，
所以.
故选：B.
6、C
【解析】首先求出，再令即可求解.
【详解】由，
则，
令，
则，
所以.
故选：C
【点睛】本题主要考查了基本初等函数的导数以及导数的基本运算法则，属于基础题.
7、C
【解析】当时，，故可以得到，因为，进而得到，所以是等比数列，进而求出
【详解】由，得，得，
又数列各项均为正数，且，
∴，∴，即
∴数列是首项，公比的等比数列，其前项和，得，
故选：C.
8、C
【解析】根据双曲线的方程求出的值，由双曲线的定义可得，由双曲线的性质可知，利用函数的单调性即可求得最小值.
【详解】由双曲线：可得
，，所以，
所以，，
由双曲线的定义可得，所以，
所以，
由双曲线的性质可知：，令，则，
所以上单调递增，
所以当时，取得最小值，此时点为双曲线的右顶点，
即的最小值为，
故选：C.

9、A
【解析】如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合或者是相交，即可判断；利用两条异面直线不能确定一个平面即可判断；利用平面的基本性质中的公理判断即可；若两两相交的三条直线相交于同一点，则相交于同一点的三直线不一定在同一平面内（如棱锥的3条侧棱），即可判断.
【详解】如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合或者是相交，故（1）不正确；
两条异面直线不能确定一个平面，故（2）不正确；
利用平面的基本性质中的公理判断（3）正确；
空间中，若两两相交的三条直线相交于同一点，则相交于同一点的三直线不一定在同一平面内（如棱锥的3条侧棱），故（4）不正确，
综上所述只有一个说法是正确的，
故选：A
【点睛】本题主要考查了空间中点，线，面的位置关系.属于较易题.
10、B
【解析】求出两直线的交点坐标，可设所求直线的方程为，将交点坐标代入求得，即可的解.
【详解】解：由，解得，即两直线的交点坐标为，
设所求直线的方程为，
则有，解得，
所以所求直线方程为，即.
故选：B.
11、D
【解析】通过寻找封闭的三角形，将相关向量一步步用基底表示即可.
【详解】

.
故选：D
12、B
【解析】由几何概型的面积型，只需求小矩形的面积和大矩形面积之比.
【详解】由题意，不妨设，则，又也是黄金矩形，则，又，解得，于是大矩形面积为：，小矩形的面积为，由几何概型的面积型，概率为若在矩形内任取一点，则该点取自黄金矩形内的概率为：.
故选：B.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】去绝对值分别列出每个象限解析式，数形结合利用距离求解范围.
【详解】当，表示椭圆第一象限部分；
当，表示双曲线第四象限部分；
当，表示双曲线第二象限部分；
当，不表示任何图形；
以及两点，
作出大致图象如图：

曲线上的点到的距离为，
根据双曲线方程可得第二四象限双曲线渐近线方程都是，
与距离为2，
曲线二四象限上的点到的距离为小于且无限接近2，
考虑曲线第一象限的任意点设为到的距离
，当时取等号，
所以，
则的取值范围是
故答案为：
14、10
【解析】由抛物线的定义根据题意可知求得p,代入抛物线方程,分别求得y1,y2的值,即可求得y12+y2的值
【详解】由抛物线的定义可得，依据题设可得，则（舍去负值），故，故填.
【点睛】本题考查抛物线的定义和性质，利用已知相等关系求解抛物线方程，然后求解已知点的纵坐标，解题中需要熟练抛物的定义和性质，灵活应用.
15、
【解析】求导函数，分析导函数的符号，得出原函数的单调性和极值，由此可求得答案.
【详解】解：因为函数，则，
所以当或时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，
所以当时，函数取得极小值，当时，函数取得极大值，
因为直线与函数的图象有三个交点，所以实数a的取值范围是，
故答案为：.
16、（1）（2）详见解析
【解析】（1）分别求得和，从而得到切线方程；
（2）求导后，令求得两根，分别在、和三种情况下根据导函数的正负得到函数的单调区间.
【详解】（1），，，
，又，
在处的切线方程为.
（2），
令，解得：，.
①当时，若和时，；若时，；
的单调递增区间为，；单调递减区间为；
②当时，在上恒成立，
的单调递增区间为，无单调递减区间；
③当时，若和时，；若时，；
的单调递增区间为，；单调递减区间为；
综上所述：当时，的单调递增区间为，；单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为，；单调递减区间为.
【点睛】本题考查利用导数的几何意义求解曲线在某一点处的切线方程、利用导数讨论含参数函数的单调区间的问题，属于常考题型.

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）证明过程见解析；
（2）.
【解析】（1）利用平面与平面垂直的性质得出直线与平面垂直，进而得出平面；
（2）建立空间直角坐标系即可求解.
【小问1详解】
证明：因为平面平面，交线为
且平面中，
所以平面
又平面
所以
又，且
所以平面
【小问2详解】
解：由（1）知，平面且
所以、、两两垂直
因此以原点，建立如图所示的空间直角坐标系

因为，，，设
所以，，，，
由（1）知，平面
所以为平面的法向量且

因为直线与平面所成角的正弦值为
所以
解得：
所以，又，，
所以，，，
设平面与平面的法向量分别为：，
所以，
令，则
令，则，，即
设平面与平面夹角为
则
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18、（1）；（2）①，圆；②存在，.
【解析】（1）设圆心，根据题意，得到半径，根据弦长的几何表示，由题中条件，列出方程求解，得出，从而可得圆心和半径，进而可得出结果；
（2）①设，根据向量的坐标表示，由题中条件，得到，代入圆的方程，即可得出结果；
②假设存在一点满足（其中为常数），设，根据题意，得到，再由①，得到，两式联立化简整理，得到，推出，求解得出，即可得出结果.
【详解】（1）设圆心，则由圆与轴正半轴相切，可得半径.
∵圆心到直线的距离，由，解得.
故圆心为或，半径等于.
∵圆与轴正半轴相切
圆心只能为
故圆的方程为；
（2）①设，则：，，

∵点A在圆上运动
即：
所以点的轨迹方程为，
它是一个以为圆心，以为半径的圆；
②假设存在一点满足（其中为常数）
设，则：
整理化简得：，
∵在轨迹上，

化简得：，
所以
整理得
，
解得：；
存在满足题目条件.
【点睛】本题主要考查求圆的方程，考查圆中的定点问题，涉及圆的弦长公式等，属于常考题型.
19、（1）；（2）
【解析】（1）设圆的标准方程为：，则分别代入原点和，得到方程组，解出即可得到；（2）由（1）得到圆心为，半径，由于直线过点与圆相切，则分别讨论斜率存在与否，运用直线与圆相切的条件：，解方程即可得到所求直线方程.
【详解】(1)设圆C的标准方程为，则分别代入原点和， 得到 ，
解得则圆的标准方程为
(2)由(1)得到圆心为，半径， 由于直线过点与圆相切，
当时，到的距离为2，不合题意，舍去；
当斜率存在时，设，由直线与圆相切，得到，
即有，解得，故直线，即为
点睛：本题考查直线与圆位置关系，考查圆的方程的求法和直线与圆相切的条件，考查运算能力，属于中档题；圆的方程有一般形式与标准形式，在该题中利用待定系数法将其设为标准形式，列、解出方程组即可；当直线与圆相切时等价于圆心到直线的距离等于半径，已知直线上一点写出直线的方程需注意斜率不存在的情形.
20、（1）证明见解析
（2）证明见解析（3）
【解析】（1）设，连结，根据中位线定理即可证，再根据线面平行的判定定理，即可证明结果；
（2）由菱形的性质可知，可证，又底面，可得，再根据面面垂直的判定定理，即可证明结果；
（3）根据等体积法，即，经过计算直接写出结果即可.
【小问1详解】
证明：设，连结.
因为底面为菱形，
所以为的中点，
又因为E是PC的中点，
所以.

又因为平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
证明：因为底面为菱形，
所以.
因为底面，
所以.
又因为，
所以平面.
又因为平面，
所以平面平面.
【小问3详解】
解：线段长度的最小值为.
21、（1）；
（2）.
【解析】(1)延长CB交x轴于点N，根据给定条件求出即可计算作答.
(2)利用待定系数法求出圆M的方程，再由给定弦长确定C点位置，推理计算得解.
【小问1详解】
延长CB交x轴于点N，如图，因，则，

又，则有，又，于是得，
则直线BC的倾斜角为120°，直线BC的斜率，因此，，即
所以直线BC的方程为.
【小问2详解】
依题意，设圆M的方程为，
由(1)得：，解得，
于是得圆M的方程为，即，圆心，半径，
因直线OC被圆M所截的弦长为4，则直线OC过圆心，其方程为，
由解得，即，
所以点C的坐标是.
22、（1）
（2）或或
（3）或
【解析】(1)由二条已知直线求交点，代入第三条直线即可；
(2)不能围成一个三角形，过二条已知直线的交点，或者与它们平行；
(3)由直线互相垂直得，斜率之积为-1.
【小问1详解】
显然，相交，由
得交点，
由点代入得
所以当，，相交时，.
【小问2详解】
过定点 ，因为，，不能围成三角形，所以，或与平行，或与平行，
所以，或，或.
【小问3详解】
显然与不垂直，所以，且或
所以的值为或