贵州省六盘水市六枝特区七中2026届高二上数学期末达标检测试题含解析.doc

贵州省六盘水市六枝特区七中2026届高二上数学期末达标检测试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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．命题“∀x∈R，|x|+x2≥0”的否定是（　　）
A.∀x∈R，|x|+x2<0 B.∀x∈R，|x|+x2≤0
C.∃x0∈R，|x0|+<0 D.∃x0∈R，|x0|+≥0
2．是直线与直线互相平行的（）条件
A.必要而不充分 B.充分而不必要
C.充要 D.既不充分也不必要
3．从全体三位正整数中任取一数，则此数以2为底的对数也是正整数的概率为（ ）
A. B.
C. D.以上全不对
4．在等差数列中，，，则公差
A.1 B.2
C.3 D.4
5．命题“，”的否定是
A.， B.，
C.， D.，
6．圆关于直线对称，则的最小值是（ ）
A. B.
C. D.
7．命题“对任意，都有”的否定是（）
A.对任意，都有 B.存在，使得
C.对任意，都有 D.存在，使得
8．已知点P在抛物线上，点Q在圆上，则的最小值为（）
A. B.
C. D.
9．若，在直线l上，则直线l一个方向向量为（ ）
A. B.
C. D.
10．已知定义在R上的函数满足，且有，则的解集为（）
A B.
C. D.
11．已知m，n表示两条不同的直线，表示平面，则下列说法正确的是（ ）
A.若，，则 B.若，，则
C.若，，则 D.若，，则
12．双曲线的两个焦点坐标是（ ）
A.和 B.和
C.和 D.和
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为___________.
14．若在上是减函数，则实数a的取值范围是_________.
15．如图，在四棱锥中，平面，底面为矩形，分别为的中点，连接，则点到平面的距离为__________.

16．过点与直线平行的直线的方程是________.
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）红铃虫是棉花的主要害虫之一，也侵害木棉、锦葵等植物．为了防治虫害，从根源上抑制害虫数量．现研究红铃虫的产卵数和温度的关系，收集到7组温度和产卵数的观测数据于表Ⅰ中．根据绘制的散点图决定从回归模型①与回归模型②中选择一个来进行拟合
表Ⅰ
温度x/℃
20
22
25
27
29
31
35
产卵数y/个
7
11
21
24
65
114
325
（1）请借助表Ⅱ中的数据，求出回归模型①的方程：
表Ⅱ（注：表中）

189
567
25.27
162
78106

11.06
3040
41.86
825.09

（2）类似的，可以得到回归模型②的方程为，试求两种模型下温度为时的残差；
（3）若求得回归模型①的相关指数，回归模型②的相关指数，请结合（2）说明哪个模型的拟合效果更好
参考数据：.
附：回归方程中，
相关指数.
18．（12分）已知为数列的前项和，且
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和
（3）设，若不等式对一切恒成立，求实数取值范围
19．（12分）在中，，，为边上一点，且
（1）求；
（2）若，求
20．（12分）已知函数.
（1）若，讨论函数的单调性；
（2）当时，求在区间上的最小值和最大值.
21．（12分）等差数列的公差d不为0，满足成等比数列，数列满足.
（1）求数列与通项公式：
（2）若，求数列的前n项和.
22．（10分）如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，，，，，（）

（1）求证：平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的值；
（3）现将与四棱柱形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱柱，规定：若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案，问共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为，写出的解析式．（直接写出答案，不必说明理由）
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】利用全称命题的否定可得出结论.
【详解】由全称命题的否定可知，命题“，”的否定是“，”.
故选：C.
2、B
【解析】求出直线与平行的等价条件，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.
【详解】由解得或，当时，与平行，
当时，与平行，
则直线与直线平行等价于或，
所以是直线与直线互相平行的充分而不必要条件.
故选：B
3、B
【解析】利用古典概型的概率求法求解.
【详解】从全体三位正整数中任取一数共有900种取法，
以2为底的对数也是正整数的三位数有，共3个，
所以以此数以2为底的对数也是正整数的概率为，
故选：B
4、B
【解析】由，将转化为表示，结合，即可求解.
【详解】，
.
故选:B.
【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，属于基础题.
5、C
【解析】特称命题的否定是全称命题，改量词，且否定结论，
故命题的否定是“”.
本题选择C选项.
6、C
【解析】先求出圆的圆心坐标，根据条件可得直线过圆心，从而可得，然后由，展开利用均值不等式可得答案.
【详解】由圆可得标准方程为，
因为圆关于直线对称，
该直线经过圆心，即，，
，
当且仅当，即时取等号，
故选：C.
7、B
【解析】根据全称命题的否定是特称命题形式，可判断正确答案.
【详解】因为全称命题的否定是特称命题，
所以命题“对任意，都有”的否定是“存在，使得”
故选：B.
8、C
【解析】先计算抛物线上的点P到圆心距离的最小值，再减去半径即可.
【详解】设，由圆心，得，
∴时，，∴
故选：C.
9、C
【解析】利用直线的方向向量的定义直接求解.
【详解】因为，在直线l上，
所以直线l的一个方向向量为.
故选：C.
10、A
【解析】构造，应用导数及已知条件判断的单调性，而题设不等式等价于即可得解.
【详解】设，则，
∴在R上单调递增.
又，则.
∵等价于，即，
∴，即所求不等式的解集为.
故选：A
11、D
【解析】根据空间直线与平面间的位置关系判断
【详解】若，，也可以有，A错；
若，，也可以有，B错；
若，，则或，C错；
若，，则，这是线面垂直的判定定理之一，D正确
故选：D
12、C
【解析】由双曲线标准方程可得到焦点所在轴及半焦距的长，进而得到两个焦点坐标.
【详解】双曲线中，，则
又双曲线焦点在y轴，故双曲线的两个焦点坐标是和
故选：C

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】求出等边的边长，画出图形，判断D的位置，然后求解即可.
【详解】为等边三角形且其面积为，则，
如图所示，设点M为的重心，E为AC中点，

当点在平面上的射影为时，三棱锥的体积最大，此时，，
点M为三角形ABC的重心，，
中，有，，
所以三棱锥体积的最大值
故答案为：
【点睛】思路点睛：本题考查球的内接多面体，棱锥的体积的求法，要求内接三棱锥体积的最大值，底面是面积一定的等边三角形，需要该三棱锥的高最大，故需要底面，再利用内接球，求出高，即可求出体积的最大值，考查学生的空间想象能力与数形结合思想，及运算能力，属于中档题.
14、
【解析】根据导数的性质，结合常变量分离法进行求解即可.
【详解】，
因为在上是减函数，
所以在上恒成立，
即，
当时，的最小值为，所以，
故答案为：
15、
【解析】利用转化法，根据线面平行的性质，结合三棱锥的体积等积性进行求解即可.
【详解】设是的中点，连接，因为是的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因此点到平面的距离等于点到平面的距离，设为，
因为平面，所以，，
于是有，
底面为矩形，所以有，
，因为平面，所以，
于是有：，
由余弦定理可知：，
所以，
因此，
，
因为，
所以，
故答案为：

16、
【解析】根据给定条件设出所求直线方程，利用待定系数法求解即得.
【详解】设与直线平行的直线的方程为，
而点在直线上，于是得，解得，
所以所求的直线的方程为.
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）（或）
（2）模型①：1.54；模型②：65.54
（3）模型①
【解析】（1）利用两边取自然对数，利用表中的数据即可求解；
（2）分别计算模型①、②在时残差；
（3）根据相关指数的大小判断摸型①、②的残差平方和，再得出那个模型的拟合效果更好.
【小问1详解】
由，得，
令，得，
由表Ⅱ数据可得，，
，
所以，
所以回归方程为（或）.
【小问2详解】
由题意可知，模型①在时残差为，
模型②在时残差为.
【小问3详解】
因为，即模型①的相关指数大于模型②的相关指数，由相关指数公式知，模型①的残差平方和小于模型②的残差平方和，因此模型①得到的数据更接近真实数据，所以模型①的拟合效果更好.
18、（1）；
（2）；
（3）.
【解析】（1）利用的关系，根据等比数列的定义求通项公式.
（2）由（1）可得，应用裂项相消法求.
（3）应用错位相减法求得，由题设有，讨论为奇数、偶数求的取值范围
【小问1详解】
当时，，可得，
当时，，可得，
∴是首项、公比都为的等比数列，故.
【小问2详解】
由（1），，
∴.
【小问3详解】
由题设，，
∴，
则，
∴，
由对一切恒成立，
令，则，
∴数列单调递减，
∴当为奇数，恒成立且在上递减，则，
当为偶数，恒成立且在上递增，则，
综上，.
19、（1）；（2）
【解析】（1）在△中，由余弦定理，即可求.
（2）在中，由正弦定理，即可求.
【详解】（1）在△中，，，，
由余弦定理得：，
∴
（2）在中，，，，
由正弦定理得：，即，
∴
20、（1）在和上单调递增，在上单调递减.
（2）答案见解析.
【解析】（1）求解导函数，并求出的两根，得和的解集，从而得函数单调性；（2）由（1）得函数的单调性，从而得最小值，计算，再分类讨论与两种情况下的最大值.
【小问1详解】
函数定义域为，，时，或，因为，所以，时，或，时，，所以函数在和上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
因为，由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，所以最小值为，又因为，当时，，此时最小值为，最大值为；当时，，此时最小值为，最大值为.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用
21、（1），
（2）
【解析】（1）根据等比中项的性质及等差数列的通项公式得到方程求出公差，即可求出的通项公式，由，当时，求出，当时，两式作差，即可求出；
（2）由（1）可得，利用错位相减法求和即可；
【小问1详解】
解：由已知，又，所以
故
解得（舍去）或
∴
∵①
故当时，可知，∴，
当时，可知②
①②得
∴又也满足，故当时，都有；
【小问2详解】
解：由（1）知，
故③，
∴④，
由③④得

整理得.
22、（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】（1）取得中点，连接，可证明四边形是平行四边形，再利用勾股定理的逆定理可得，即，又侧棱底面，可得，利用线面垂直的判定定理即可证明；
（2）通过建立空间直角坐标系，由线面角的向量公式即可得出；
（3）由题意可与左右平面，，上或下面，拼接得到方案，新四棱柱共有此4种不同方案．写出每一方案下的表面积，通过比较即可得出
【详解】（1）证明：取的中点，连接，
，，
四边形是平行四边形，
，且，，
，，
又，
侧棱底面，，
，平面
（2）以为坐标原点，、、的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，

设与平面所成角为，则
，
解得，故所求
（3）由题意可与左右平面，，上或下面，拼接得到方案新四棱柱共有此4种不同方案
写出每一方案下的表面积，通过比较即可得出
【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理的应用，利用向量求线面角、柱体的定义应用和表面积的求法，意在考查学生的直观想象能力，逻辑推理能力，数学运算能力及化归与转化能力，属于中档题