内蒙古呼伦贝尔市莫力达瓦旗尼尔基一中2025-2026学年高二数学第一学期期末复习检测试题含解析.doc

内蒙古呼伦贝尔市莫力达瓦旗尼尔基一中2025-2026学年高二数学第一学期期末复习检测试题
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．下列直线中，倾斜角最大的为（ ）
A. B.
C. D.
2．设为坐标原点，直线与抛物线C：交于，两点，若，则的焦点坐标为（）
A. B.
C. D.
3．如图，空间四边形OABC中，，，，点M在上，且满足，点N为BC的中点，则（ ）

A. B.
C. D.
4．已知数列{}满足，则（）
A. B.
C. D.
5．设是数列的前项和，已知，则数列（ ）
A.是等比数列，但不是等差数列 B.是等差数列，但不是等比数列
C.是等比数列，也是等差数列 D.既不是等差数列，也不是等比数列
6．命题“，”的否定是
A ， B.，
C.， D.，
7．若命题p为真命题，命题q为假命题，则下列命题为真命题的是（）
A. B.
C. D.
8．观察下列各式：，，，，，可以得出的一般结论是
A.
B.
C.
D.
9．已知数列是递减的等比数列，的前项和为，若，，则=（ ）
A.54 B.36
C.27 D.18
10．曲线与曲线的（ ）
A.实轴长相等 B.虚轴长相等
C.焦距相等 D.渐进线相同
11．在平行六面体中，，，，则（）
A. B.5
C. D.3
12．将上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到曲线C，若直线l与曲线C交于A，B两点，且AB中点坐标为M（1，），那么直线l的方程为（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知等差数列公差不为0，且，，等比数列，则_________.
14．过点的直线与双曲线交于两点，且点恰好是线段的中点，则直线的方程为___________.
15．如图，SD是球O的直径，A、B、C是球O表面上的三个不同的点，，当三棱锥的底面是边长为3的正三角形时，则球O的半径为______.

16．桌面排列着100个乒乓球，两个人轮流拿球装入口袋，能拿到第100个乒乓球人为胜利者．条件是：每次拿走球的个数至少要拿1个，但最多又不能超过5个，这个游戏中，先手是有必胜策略的，请问：如果你是最先拿球的人，为了保证最后赢得这个游戏，你第一次该拿走___个球
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）芯片作为在集成电路上的载体，广泛应用在手机、军工、航天等多个领域，是能够影响一个国家现代工业的重要因素．根据市场调研与统计，某公司七年时间里在芯片技术上的研发投入x（亿元）与收益y（亿元）的数据统计如下：

（1）根据折线图的数据,求y关于x的线性回归方程(系数精确到整数部分);
（2）为鼓励科技创新,当研发技术投入不少于16亿元时,国家给予公司补贴5亿元,预测当芯片的研发投入为17亿元时公司的实际收益
附:其回归方程的斜率和截距的最小二乘法估计分别为,．参考数据,
18．（12分）已知命题：方程表示焦点在轴上的双曲线，命题：关于的方程无实根
（1）若命题为真命题，求实数的取值范围；
（2）若“”为假命题，"”为真命题，求实数的取值范围
19．（12分）如图，四棱锥中，，，，平面，点F在线段上运动.

（1）若平面，请确定点F的位置并说明理由；
（2）若点F满足，求平面与平面的夹角的余弦值.
20．（12分）如图，正方体的棱长为，分别是的中点，点在棱
上，（）.

（Ⅰ）三棱锥的体积分别为，当为何值时，最大？最大值为多少？
（Ⅱ）若平面，证明：平面平面.
21．（12分）如图，五边形为东京奥运会公路自行车比赛赛道平面设计图，根据比赛需要，在赛道设计时需预留出，两条服务通道（不考虑宽度），，，，，为赛道．现已知，，千米，千米

（1）求服务通道的长
（2）在上述条件下，如何设计才能使折线赛道（即）的长度最大，并求最大值
22．（10分）如图，在四棱锥中，，，，，为中点，且平面.

（1）求点到平面的距离；
（2）线段上是否存在一点，使平面？如果不存在，请说明理由；如果存在，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】首先分别求直线的斜率，再结合直线倾斜角与斜率的关系，即可判断选项.
【详解】A.直线的斜率；B.直线的斜率；
C.直线的斜率；D.直线的斜率，
因为，结合直线的斜率与倾斜角的关系，可知直线的倾斜角最大.
故选：D
2、B
【解析】根据题中所给的条件，结合抛物线的对称性，可知，从而可以确定出点的坐标，代入方程求得的值，进而求得其焦点坐标，得到结果.
【详解】因为直线与抛物线交于两点，且，
根据抛物线的对称性可以确定，所以，
代入抛物线方程，求得，所以其焦点坐标为，
故选：B.
【点睛】该题考查的是有关圆锥曲线的问题，涉及到的知识点有直线与抛物线的交点，抛物线的对称性，点在抛物线上的条件，抛物线的焦点坐标，属于简单题目.
3、B
【解析】由空间向量的线性运算求解
【详解】由题意

，又，，，
∴,
故选：B
4、B
【解析】先将通项公式化简然后用裂项相消法求解即可.
【详解】因为，
.
故选：B
5、B
【解析】根据与的关系求出通项，然后可知答案.
【详解】当时，，当时，，
综上，的通项公式为，

数列为等差数列
同理，由等比数列定义可判断数列不是等比数列.
故选：B
6、C
【解析】特称命题的否定是全称命题，并将结论加以否定，所以命题的否定为：，
考点：全称命题与特称命题
7、B
【解析】根据逻辑联结词“且”，一假则假，对四个选项一一判断直接即可判断.
【详解】逻辑联结词“且”，一假则假.
因为命题p为真命题，命题q为假命题，所以为假命题，为真命题.
所以，为假，故A错误；
为真，故B正确；
为假，故C错误；
为假，故D错误.
故选：B
8、C
【解析】1=12，
2+3+4=32，
3+4+5+6+7=52，
4+5+6+7+8+9+10=72，
…，
由上述式子可以归纳：
左边每一个式子均有2n-1项，且第一项为n，则最后一项为3n-2
右边均为2n-1的平方
故选C
点睛：归纳推理的一般步骤是：（1）通过观察个别情况发现某些相同性质；（2）从已知的相同性质中推出一个明确表达的一般性命题（猜想）
9、C
【解析】根据等比数列的性质及通项公式计算求解即可.
【详解】由，
解得或（舍去），
，
，

故选：C
10、D
【解析】将曲线化为标准方程后即可求解.
【详解】化为标准方程为，由于，则两曲线实轴长、虚轴长、焦距均不相等，而渐近线方程同为.
故选：
11、B
【解析】由，则结合已知条件及模长公式即可求解.
【详解】解：，
所以，
所以，
故选：B.

12、A
【解析】先根据题意求出曲线C的方程，然后利用点差法求出直线l的斜率，从而可求出直线方程
【详解】设点为曲线C上任一点，其在上对应在的点为，则
，得，
所以，
所以曲线C的方程为，
设，则
，
两方程相减整理得，
因为AB中点坐标为M（1，），
所以，即，
所以，
所以，
所以直线l的方程为，即，
故选：A

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】设等差数列的公差为，由，，等比数列，可得，则的值可求
【详解】解：设等差数列的公差为，
，，等比数列，，
则，得，

故答案为：
14、
【解析】设，，，，分别代入双曲线方程，两式相减，化简可得：，结合中点坐标公式求得直线的斜率，再利用点斜式即可求直线方程
【详解】过点的直线与该双曲线交于，两点，
设，，，，
，
两式相减可得：，
因为为的中点，
，，
，
则，
所以直线的方程为，即为
故答案为：
【点睛】方法点睛：对于有关弦中点问题常用“ 点差法”，其解题步骤为：①设点（即设出弦的两端点坐标）；②代入（即代入圆锥曲线方程）；③作差（即两式相减，再用平方差公式分解因式）；④整理（即转化为斜率与中点坐标的关系式），然后求解.
15、
【解析】由三棱锥是正三棱锥，利用正弦定理得出三角形外接圆的半径，进而求出，再由余弦定理得出球O的半径.
【详解】因为，所以平面，三棱锥是正三棱锥，设为三角形外接圆的圆心，则在上，连接，，由得出，所以，在中，，即，解得，则球O的半径为.
故答案为：

16、4
【解析】根据题意，由游戏规则，结合余数的性质，分析可得答案
【详解】解：根据题意，第一次该拿走4个球，以后的取球过程中，对方取个，自己取个，
由于，则自己一定可以取到第100个球.
故答案为：4

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）85亿元
【解析】(1)利用公式和数据计算即可
(2)代入回归直线计算即可
【小问1详解】
由折线图中数据知,,
,
因为,
所以
所以y关于x的线性回归方程为
【小问2详解】
当时,亿元,
此时公司的实际收益的预测值为亿元
18、（1）；
（2）.
【解析】(1)由双曲线标准方程的性质得，即可求m的范围；
(2)当q命题为真时，方程无实根，判别式小于零，求得m的范围，再由复合命题的真假得和一真一假，列出不等式组运算可得解
【小问1详解】
∵方程表示焦点在轴上的双曲线，∴，解得
【小问2详解】
若为真命题，则，解得，
∵“”为假命题，”为真命题，∴一真一假
当真假时，“”且“或”，则；
当假真时，，则
综上所述，实数的取值范围是
19、（1）F为BD的中点，证明见解析；
（2）.
【解析】（1）由为的中点，取的中点，连接易证四边形为平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）根据题意可得平面ABC与平面AFC的夹角为二面角，取的中点H为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量，平面的一个法向量，设二面角为，由求解.
【小问1详解】
为的中点.
如图：

取的中点，连接
∵，分别为，的中点，
∴且
∵且
∴平行且等于
∴四边形为平行四边形，则
∵平面ABC，平面ABC
∴平面ABC
【小问2详解】
由题意知，平面ABC与平面AFC的夹角为二面角，
取的中点H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.

因为三角形为等腰三角形，易求，
则，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，即，解得
设平面的一个法向量为，
则，即，解得
设二面角为，则，
因为二面角为锐角，所以余弦值为.
20、（Ⅰ）,.（Ⅱ）见解析.
【解析】（Ⅰ）由题可知，，由和，结合基本不等式可求最值；
（Ⅱ）连接交于点，则为的中点，可得为中点，易证得，得平面，所以，进而可证得，，所以平面EFM,因为平面，从而得证.
【详解】（Ⅰ）由题可知，，

.
所以（当且仅当，即时等号成立）
所以当时，最大，最大值为.
（Ⅱ）连接交于点，则为的中点，因为平面，
平面平面，所以，所以为中点.连接，
因为为中点，所以，因为，所以.
因为平面，平面，所以，因为，
所以平面，又平面，所以.同理，因为，所以平面EFM,因为平面，所以平面平面B1D1M.
21、（1）服务通道的长为千米
（2）时，折线赛道的长度最大，最大值为千米
【解析】（1）先在中利用正弦定理得到长度，再在中，利用余弦定理得到即可；
（2）在中利用余弦定理得到，再根据基本等式求解最值即可.
【小问1详解】
在中，由正弦定理得：
，
在中，由余弦定理，
得，
即
解得或（负值舍去）
所以服务通道的长为千米
【小问2详解】
在中，由余弦定理得：，
即，所以
因为，所以，
所以，即（当且仅当时取等号）
即当时，折线赛道的长度最大，最大值为千米
22、（1）
（2）线段上存在一点，当时，平面.
【解析】（1）设点到平面的距离为，则由 ，由体积法可得答案.
（2）由（1）连接,可得则从而平面，过点作交于点，连接，可证明平面平面，从而可得出答案.
【小问1详解】
由，，为中点，则
由平面，平面,则
又，且,则平面
又，则平面,且都在平面内
所以
所以,
取的中点，连接，则,所以,所以
所以
所以
则

设点到平面的距离为，则由
即,即
【小问2详解】
线段上是否存在一点，使平面.
由（1）连接,则四边形为平行四边形，则
过点作交于，则
为中点，则为的中点,即
又平面，则平面
过点作交于点，连接，则,即
又平面,所以平面
又，所以平面平面
又 平面,所以平面
所以线段上存在一点，当时，平面.