淮安市重點中學2026屆數(shù)學高二上期末質量檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知、是平面直角坐標系上的直線，“與的斜率相等”是“與平行”的（）A.充分非必要條件 B.必要非充分條件C.充要條件 D.既非充分條件也非必要條件2．拋擲兩枚質地均勻的硬幣，設事件“第一枚硬幣正面朝上”，事件“第二枚硬幣反面朝上”，則下列結論中正確的為（）A.與互為對立事件 B.與互斥C與相等 D.3．函數(shù)的定義域為，其導函數(shù)的圖像如圖所示，則函數(shù)極值點的個數(shù)為（）A.2 B.3C.4 D.54．已知數(shù)列為等差數(shù)列，若，則（）A.1 B.2C.3 D.45．已知直線過點且與直線平行，則直線方程為（）A. B.C. D.6．向量，向量，若，則實數(shù)（）A. B.1C. D.7．函數(shù)的導函數(shù)為（）A. B.C. D.8．在四面體OABC中，點M在線段OA上，且，N為BC中點，已知，，，則等于（）A. B.C. D.9．設，，，則，，大小關系是A. B.C. D.10．已知x，y是實數(shù)，且，則的最大值是（）A. B.C. D.11．七巧板是中國古代勞動人民發(fā)明的一種傳統(tǒng)智力玩具，它由五塊等腰直角三角形、一塊正方形和一塊平行四邊形共七塊板組成如圖是一個用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一點，則此點取自陰影部分的概率為（）A. B.C. D.12．三等分角是“古希臘三大幾何問題”之一，數(shù)學家帕普斯巧妙地利用圓弧和雙曲線解決了這個問題．如圖，在圓D中，為其一條弦，，C，O是弦的兩個三等分點，以A為左焦點，B，C為頂點作雙曲線T．設雙曲線T與弧的交點為E，則．若T的方程為，則圓D的半徑為（）A. B.1C.2 D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設，則_________14．在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱AA1，BB1的中點，G為棱A1B1上的一點，且A1G=(0<<2)，則點G到平面D1EF的距離為____.15．四棱錐A－BCDE中，底面BCDE為矩形，側面ABC⊥底面BCDE，側面ABE⊥底面BCDE，BC＝2，CD＝4（I）證明：AB⊥面BCDE；（II）若AD＝2，求二面角C－AD－E的正弦值16．用秦九韶算法求函數(shù)，當時的值時，___________三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知動點在橢圓：（）上，，為橢圓左、右焦點．過點作軸的垂線，垂足為，點滿足，且點的軌跡是過點的圓（1）求橢圓方程；（2）過點，分別作平行直線和，設交橢圓于點，，交橢圓于點，，求四邊形的面積的最大值18．（12分）在平面直角坐標系xOy中，橢圓C的左，右焦點分別為F1（﹣，0），F(xiàn)2（，0），且橢圓C過點（﹣）.（1）求橢圓C的標準方程；（2）設過（0，﹣2）的直線l與橢圓C交于M，N兩點，O為坐標原點，若，求直線l的方程.19．（12分）(1)已知命題p：；命題q：，若“”為真命題，求x的取值范圍(2)設命題p：；命題q：，若是的充分不必要條件，求實數(shù)a的取值范圍20．（12分）已知點P到點的距離比它到直線的距離小1.（1）求點P的軌跡方程；（2）點M，N在點P的軌跡上且位于x軸的兩側，（其中O為坐標原點），求面積的最小值.21．（12分）已知動直線l：(m＋3)x－(m＋2)y＋m＝0與圓C：(x－3)2＋(y－4)2＝9(1)求證：無論m為何值，直線l與圓C總相交(2)m為何值時，直線l被圓C所截得的弦長最??？請求出該最小值22．（10分）在三棱柱中，側面正方形的中心為點平面，且，點滿足（1）若平面，求的值；（2）求點到平面的距離；（3）若平面與平面所成角的正弦值為，求的值

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】根據(jù)直線平行與直線斜率的關系，即可求解.【詳解】解：與的斜率相等”，“與可能重合，故前者不可以推出后者，若與平行，與的斜率可能都不存在，故后者不可以推出前者，故前者是后者的既非充分條件也非必要條件，故選：D.2、D【解析】利用互斥事件和對立事件的定義分析判斷即可【詳解】因為拋擲兩枚質地均勻的硬幣包含第一枚硬幣正面朝上第二枚硬幣正面朝上，第一枚硬幣正面朝上第二枚硬幣反面朝上，第一枚硬幣反面朝上第二枚硬幣正面朝上，第一枚硬幣反面朝上第二枚硬幣反面朝上，4種情況，其中事件包含第一枚硬幣正面朝上第二枚硬幣正面朝上，第一枚硬幣正面朝上第二枚硬幣反面朝上2種情況，事件包含第一枚硬幣正面朝上第二枚硬幣反面朝上，第一枚硬幣反面朝上第二枚硬幣反面朝上2種情況，所以與不互斥，也不對立，也不相等，，所以ABC錯誤，D正確，故選：D3、C【解析】根據(jù)給定的導函數(shù)的圖象，結合函數(shù)的極值的定義，即可求解.【詳解】如圖所示，設導函數(shù)的圖象與軸的交點分別為，根據(jù)函數(shù)的極值的定義可知在該點處的左右兩側的導數(shù)符號相反，可得為函數(shù)的極大值點，為函數(shù)的極小值點，所以函數(shù)極值點的個數(shù)為4個.故選：C.4、D【解析】利用等差數(shù)列下標和的性質求值即可.【詳解】由等差數(shù)列下標和性質知：.故選：D5、C【解析】由題意，直線的斜率為，利用點斜式即可得答案.【詳解】解：因為直線與直線平行，所以直線的斜率為，又直線過點，所以直線的方程為，即，故選：C.6、C【解析】由空間向量垂直的坐標表示列方程即可求解.【詳解】因為向量，向量，若，則，解得：，故選：C.7、B【解析】利用復合函數(shù)求導法則即可求導.【詳解】，故選：B.8、B【解析】根據(jù)空間向量基本定理結合已知條件求解【詳解】因為N為BC中點，所以,因為M在線段OA上，且，所以，所以，故選：B9、A【解析】構造函數(shù)，根據(jù)的單調性可得（3），從而得到，，的大小關系【詳解】考查函數(shù)，則，在上單調遞增，，（3），即，，故選：【點睛】本題考查了利用函數(shù)的單調性比較大小，考查了構造法和轉化思想，屬基礎題10、D【解析】將方程化為圓的標準方程，則的幾何意義是圓上一點與點連線的斜率，進而根據(jù)直線與圓相切求得答案.【詳解】方程可化為，表示以為圓心，為半徑的圓，的幾何意義是圓上一點與點A連線的斜率，設，即，當此直線與圓相切時，斜率最大或最小，當切線位于切線AB時斜率最大.此時，，，所以的最大值為.故選：D11、D【解析】設正方形的邊長為，計算出陰影部分區(qū)域的面積和正方形區(qū)域的面積，然后利用幾何概型的概率公式計算出所求事件的概率.【詳解】設大正方形的邊長為，則面積為，陰影部分由一個大等腰直角三角形和一個梯形組成大等腰直角三角形的面積為，梯形的上底為，下底為，高為，面積為，故所求概率故選：D.12、C【解析】由題設寫出雙曲線的方程,對比系數(shù),求出即可獲解【詳解】由題知所以雙曲線的方程為又由題設的方程為,所以,即設AB的中點為,則由.所以,即圓的半徑為2故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】求出函數(shù)的導數(shù)，再令，即可得出答案.【詳解】解：由，得，所以.故答案為：.14、【解析】先證明A1B1∥平面D1EF，進而將問題轉化為求點A1到平面D1EF的距離，然后建立空間直角坐標系，通過空間向量的運算求得答案.【詳解】由題意得A1B1∥EF，A1B1?平面D1EF，EF?平面D1EF，所以A1B1∥平面D1EF，則點G到平面D1EF的距離等于點A1到平面D1EF的距離.以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系D-xyz，則D1(0，0，2)，E(2，0，1)，F(xiàn)(2，2，1)，A1(2，0，2)，所以，，.設平面D1EF的法向量為，則，令x=1，則y=0，z=2，所以平面D1EF的一個法向量.點A1到平面D1EF的距離==，即點G到平面D1EF的距離為.故答案為：.15、(Ⅰ)詳見解析；(Ⅱ).【解析】（Ⅰ）推導出BE⊥BC，從而BE⊥平面ABC，進而BE⊥AB，由面ABE⊥面BCDE，得AB⊥BC，由此能證明AB⊥面BCDE（Ⅱ）以B為原點，所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角C﹣AD﹣E的正弦值【詳解】由側面底面，且交線為，底面為矩形所以平面，又平面，所以由面面，同理可證，又面在底面中，，由面，故,以為原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，則,設平面的法向量，則，取所以平面的法向量，同理可求得平面的法向量.設二面角的平面角為，則故所求二面角的正弦值為.【點睛】本題考查線面垂直的證明，考查二面角的正弦值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，考查函數(shù)與方程思想，是中檔題16、0【解析】利用秦九韶算法的定義計算即可.【詳解】故答案為:0三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）【解析】(1)設點和，由題意可得點的軌跡方程，將點Q的坐標代入T的方程計算出即可；(2)設的方程，和，聯(lián)立橢圓方程并消元得到關于y的一元二次方程，根據(jù)韋達定理得到，進而求出和，根據(jù)平行線間的距離公式可得與的距離，得出所求四邊形面積的表達式，結合換元法和基本不等式化簡求值即可.【詳解】解：（1）設點，，則點，，，∵，∴，∴，∵點在橢圓上，∴，即為點的軌跡方程又∵點的軌跡是過的圓，∴，解得，所以橢圓的方程為（2）由題意，可設的方程為，聯(lián)立方程，得設，，則，且，所以，同理，又與的距離為，所以，四邊形的面積為，令，則，且，當且僅當，即時等號成立所以，四邊形的面積最大值為18、（1）（2）或.【解析】（1）設標準方程代入點的坐標，解方程組得解.（2）設直線方程代入橢圓方程消元，韋達定理整體思想，可得直線斜率得解.【小問1詳解】因為橢圓C的焦點為，可設橢圓C的方程為，又點在橢圓C上，所以，解得，因此，橢圓C的方程為；【小問2詳解】當直線的斜率不存在時，顯然不滿足題意；當直線的斜率存在時，設直線的方程為，設，，因為，所以，因為，，所以，所以，①聯(lián)立方程，消去得，則，代入①，得，解得，經(jīng)檢驗，此時直線與橢圓相交，所以直線l的方程是或.19、（1）（2）【解析】根據(jù)復合命題的真值表知：p真q假；非q是非p的充分不必要條件，等價于p是q的充分不必要條件，等價于p是q的真子集【詳解】命題p：，即；命題，即；由于“”為真命題，則p真q假，從而由q假得，，所以x的取值范圍是命題p：，即命題q：，即由于是的充分不必要條件，則p是q的充分不必要條件即有，【點睛】本題考查了復合命題及其真假屬基礎題20、（1）；（2）.【解析】(1)根據(jù)給定條件可得點P到點的距離等于它到直線的距離，再由拋物線定義即可得解.(2)由(1)設出點M，N的坐標，再結合給定條件及三角形面積定理列式，借助均值不等式計算作答.【小問1詳解】因點P到點的距離比它到直線的距離小1，顯然點P與F在直線l同側，于是得點P到點的距離等于它到直線的距離，則點P的軌跡是以F為焦點，直線為準線的拋物線，所以點P的軌跡方程是.【小問2詳解】由(1)設點，，且，因，則，解得，S，當且僅當，即時取“=”，所以面積的最小值為.【點睛】思路點睛：圓錐曲線中的幾何圖形面積范圍或最值問題，可以以直線的斜率、橫(縱)截距、圖形上動點的橫(縱)坐標為變量，建立函數(shù)關系求解作答.21、(1)詳見解析(2)m為－時，截得的弦長最小，最小值為2【解析】（1）將直線l變形，可知直線l過定點，證明定點在圓內部；（2）利用垂徑定理和弦長公式可得.【詳解】(1)證明：直線l變形為m(x－y＋1)＋(3x－2y)＝0令解得,如圖所示，故動直線l恒過定點A(2,3)而|AC|＝＝<3(半徑)∴點A在圓內，故無論m取何值，直線l與圓C總相交(2)解:由平面幾何知識知，弦心距越大，弦長越小，即當AC垂直直線l時，弦長最小，此時kl·kAC＝－1，即,∴m＝－最小值為故m為－時，直線l被圓C所截得的弦長最小，最小值為2【點睛】考查直線過定點、點與圓的位置關系以及弦長問題，解題的關鍵是直線系形式的轉化.22、（1）；（2）；（3）或.【解析】(1)連接ME，證明即可計算作答.(2)以為原點，的方向分別為軸正方向建立空間直角坐標系，借助空間向量計算點到平面的距離即可.(3)由(2)中空間直角坐標系，借助空間向量求平面與平面所成角的余弦即可計算作答.【小問1詳解】在三棱柱中，因，即點在上，連接ME，