2026届浙江省镇海市镇海中学高二数学第一学期期末达标测试试题含解析.doc

2026届浙江省镇海市镇海中学高二数学第一学期期末达标测试试题
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．设点关于坐标原点的对称点是B，则等于（）
A.4 B.
C. D.2
2．如图，在平行六面体中，AC与BD的交点为M.设，则下列向量中与相等的向量是（　　）

A. B.
C. D.
3．设是双曲线的两个焦点,是双曲线上的一点,且,则的面积等于（ ）
A. B.
C.24 D.48
4．倾斜角为45°，在y轴上的截距为－1的直线方程是(　　)
A.x－y＋1＝0 B.x－y－1＝0
C.x＋y－1＝0 D.x＋y＋1＝0
5．若是函数的一个极值点，则的极大值为（ ）
A. B.
C. D.
6．直线的倾斜角为
A. B.
C. D.
7．如图，在棱长为1的正方体中，P、Q、R分别是棱AB、BC、的中点，以PQR为底面作一个直三棱柱，使其另一个底面的三个顶点也都在正方体的表面上，则这个直三棱柱的体积为（）

A. B.
C. D.
8．命题“存在，”的否定是（）
A.存在， B.存在，
C.对任意， D.对任意，
9．某四面体的三视图如图所示，该四面体的体积为（）

A. B.
C. D.
10．已知空间向量，，，若，，共面，则m＋2t＝（）
A.－1 B.0
C.1 D.－6
11．如图已知正方体，点是对角线上的一点且，，则（ ）

A.当时，平面 B.当时，平面
C.当为直角三角形时， D.当的面积最小时，
12．函数的图象如图所示，则函数的图象可能是

A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知向量,,并且、共线且方向相同,则______.
14．如图所示的茎叶图记录了甲、乙两组各5名工人某日的产量数据（单位：件）．若这两组数据的中位数相等，且平均值也相等，则x=_____________，y=_____________

15．若直线与直线平行，且原点到直线的距离为，则直线的方程为____________.
16．基础建设对社会经济效益产生巨大的作用．某市投入亿元进行基础建设，年后产生亿元社会经济效益．若该市投资基础建设4年后产生的社会经济效益是投资额的2倍，则再过______年．该项投资产生的社会经济效益是投资额的8倍
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）在平面直角坐标系中，已知点，，过点的动直线与过点的动直线的交点为P，，的斜率均存在且乘积为，设动点Р的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程;
（2）若点M在曲线C上，过点M且垂直于OM的直线交C于另一点N，点M关于原点O的对称点为Q.直线NQ交x轴于点T，求的最大值.
18．（12分）平面直角坐标系中，过椭圆：右焦点的直线交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为.
（1）求椭圆M的方程；
（2）C，D为椭圆M上的两点，若四边形ACBD的对角线CD与AB垂直，求四边形ACBD面积的最大值.
19．（12分）在中，内角的对边分别是，且
（1）求角的大小
（2）若，且，求的面积
20．（12分）已知抛物线：（）的焦点为，点在上，点在的内侧，且的最小值为
（1）求的方程；
（2）过点的直线与抛物线交于不同的两点，，直线，（为坐标原点）分别交直线于点，记直线，，的斜率分别为，，，若，求的值
21．（12分）已知数列是公差为2的等差数列，它的前n项和为，且，，成等比数列
(1)求的通项公式
(2)求数列的前n项和
22．（10分）如图，在正方体中， E为的中点

（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值
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、A
【解析】求出点关于坐标原点的对称点是B，再利用两点之间的距离即可求得结果.
【详解】点关于坐标原点的对称点是

故选：A
2、B
【解析】根据代入计算化简即可.
【详解】
故选：B.
3、C
【解析】双曲线的实轴长为2,焦距为.根据题意和双曲线的定义知
,所以,,
所以,所以.所以.
故选：C
【点睛】本题主要考查了焦点三角形以及椭圆的定义运用,属于基础题型.
4、B
【解析】由题意，，所以，即，故选B
5、D
【解析】先对函数求导，由已知，先求出，再令，并判断函数在其左右两边的单调性，从而确定极大值点，然后带入原函数即可完成求解.
【详解】因为，，所以，
所以，，
令，解得或，
所以当，，单调递增；
时，，单调递减；
当，，单调递增，
所以的极大值为
故选：D
6、B
【解析】分析出直线与轴垂直，据此可得出该直线的倾斜角.
【详解】由题意可知，直线与轴垂直，该直线的倾斜角为.
故选：B.
【点睛】本题考查直线的倾斜角，关键是掌握直线倾斜角的定义，属于基础题
7、C
【解析】分别取的中点，连接，利用棱柱的定义证明几何体是三棱柱，再证明平面PQR，得到三棱柱是直三棱柱求解.
【详解】如图所示：

连接,分别取其中点，连接，
则，且，
所以几何体是三棱柱，
又，且，
所以平面，
所以，同理，
又，
所以平面PQR，
所以三棱柱是直三棱柱，
因为正方体的棱长为1，
所以,
所以直三棱柱的体积为，
故选：C
8、D
【解析】特称命题的否定：将存在改任意并否定原结论，即可知正确答案.
【详解】由特称命题的否定为全称命题，知：原命题的否定为：对任意，.
故选：D
9、A
【解析】可由三视图还原原几何体，然后根据题意的边角关系，完成体积的求解.
【详解】由三视图还原原几何体如图：

其中平面，，则该四面体的体积为.
故选：A.
10、D
【解析】根据向量共面列方程，化简求得.
【详解】，所以不共线，
由于，，共面，
所以存在，使，
即，
，
，
，，
即.
故选：D
11、D
【解析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一计算可得；
【详解】解：由题可知，如图令正方体的棱长为1，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，所以，因为，所以，所以，，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以
对于A：若平面，则，则，解得，故A错误；
对于B：若平面，则，即，解得，故B错误；
当为直角三角形时，有，即，解得或（舍去），故C错误；
设到的距离为，则，
当的面积最小时，，故正确
故选：

12、D
【解析】原函数先减再增，再减再增，且位于增区间内，因此选D
【名师点睛】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与轴的交点为，且图象在两侧附近连续分布于轴上下方，则为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数的正负，得出原函数的单调区间

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、4
【解析】根据空间向量共线基本定理,可设.由坐标运算求得的值,进而求得.即可求得的值.
【详解】根据空间向量共线基本定理,可设
由向量的坐标运算可得
解方程可得
所以.
故答案为:
【点睛】本题考查了空间向量共线基本定理的应用,根据向量的共线定理求参数,属于基础题.
14、 ①.3 ②.5
【解析】根据茎叶图进行数据分析，列方程求出x、y.
【详解】由题意，甲组数据为56，62，65，70+x，74；乙组数据为59，61，67，60+y，78.
要使两组数据中位数相等，有65=60+y，所以y=5.
又平均数相同，则，解得x=3.
故答案为：3；5.
15、
【解析】可设直线的方程为，利用点到直线的距离公式求得，即可得解.
【详解】可设直线的方程为，即，
则原点到直线的距离为，解得，
所以直线的方程为.
故答案为：.
16、8
【解析】由4年后产生的社会经济效益是投资额的2倍，代入已知函数式求得参数，再求得社会经济效益是投资额的8倍时的时间，即为所求结论
【详解】由条件得，∴，即．设投资年后，产生的社会经济效益是投资额的8倍，则有，解得，
所以再过年，该项投资产生社会经济效益是投资额的8倍
故答案为：8

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）
【解析】（1）设点坐标为，根据两直线的斜率之积为得到方程，整理即可；
（2）设，，，根据设、在椭圆上，则，再由，则，即可表示出直线、的方程，联立两直线方程，即可得到点的纵坐标，再根据弦长公式得到，令，则，最后利用基本不等式计算可得；
【小问1详解】
解：设点坐标为，
定点，，直线与直线的斜率之积为，
，

【小问2详解】
解：设，，，则，，所以
又，所以，又即，则直线：，直线：，由，解得，即，所以
令，则，所以
因为，当且仅当即时取等号，所以的最大值为；
18、（1）
（2）
【解析】（1）设，，的中点为，利用“点差法”求解；
（2）由求得A，B的坐标，进而得到的长，再根据，设直线的方程为，由，求得的长，然后由四边形的面积为求解.
【小问1详解】
解：把右焦点代入直线，得，
设，，的中点为，
则，，相减得，
即，
即，即.
又，，则.
又，解得，，
故椭圆的方程为.
【小问2详解】
联立消去，可得，解得或，
故交点为，.
所以.
因为，所以可设直线的方程为，，，
联立消去，得到，
因为直线与椭圆有两个不同的交点，则，
解得，且，
又，则.
故四边形的面积为，
故当时，取得最大值，最大值为.所以四边形的面积的最大值为.
19、（1）；（2）
【解析】（1）根据，通过余弦定理求解.
（2）根据，通过正弦定理，把角转化为边得，再根据，得．再代入的面积公式求解.
【详解】（1）∵，
∴由余弦定理得，
又，∴.
（2）∵，
∴由正弦定理得，
∵，∴，
又，∴
∴面积
【点睛】本题主要考查余弦定理和正弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
20、（1）
（2）
【解析】（1）先求出抛物线的准线，作于由抛物线的定义，可得，从而当且仅当，，三点共线时取得最小，得出答案.
（2）设，，设：与抛物线方程联立，得出韦达定理，设出直线的方程分别与直线的方程联立得出点的坐标，进一步得到，的表达式，由条件可得答案.
【小问1详解】
的准线为：，作于，
则，所以，
因为点在的内侧，所以当且仅当，，三点共线时取得最小值，
所以，解得，所以的方程为
【小问2详解】
由题意可知的斜率一定存在，且不为0，设：（），
联立消去得，
由，即，得，结合，知
记，，则
直线的方程为
由得
易知，
所以
同理可得
由，可得，
即，
化简得，
结合，解得
21、（1）；（2）
【解析】（1）根据等差数列的通项公式，分别表示出与，由等比中项定义即可求得首项，进而求得的通项公式
（2）根据等差数列的首项与公差，求出的前n项和，进而可知，再用裂项法可求得
【详解】（1）由题意，得，，
所以由，
得，
解得，
所以，
即
（2）由（1）知，
则，，

【点睛】本题考查了等差数列通项公式的应用，等比中项的定义，裂项法求数列前n项和的简单应用，属于基础题
22、（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；
（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 .
【详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法
如下图所示：

在正方体中，且，且，
且，所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面；
[方法二]:空间向量坐标法
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设正方体的棱长为，则、、、，，，
设平面的法向量为，由，得，
令，则，，则.
又∵向量,,
又平面，平面；
（Ⅱ）[方法一]：几何法
延长到，使得，连接，交于，
又∵，∴四边形为平行四边形，∴，
又∵,∴,所以平面即平面,
连接，作,垂足为,连接,
∵平面,平面,∴，
又∵,∴直线平面,
又∵直线平面,∴平面平面,
∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角，
根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角.
设正方体的棱长为2，则,,∴,
∴,
∴,
即直线与平面所成角的正弦值为.

[方法二]：向量法
接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，
又∵,∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
[方法三]：几何法+体积法
如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P
因为，
所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角
设正方体的棱长为2，在中，易得，
可得
由，得，
整理得
所以
所以直线与平面所成角的正弦值为

[方法四]：纯体积法
设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，
在中，，
，
所以，易得
由，得，解得，
设直线与平面所成的角为，所以
【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；
（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法.