內蒙古呼倫貝爾市2026屆數學高二上期末復習檢測試題注意事項：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．若雙曲線經過點，且它的兩條漸近線方程是，則雙曲線的離心率是（）A. B.C. D.102．圓心在x軸負半軸上，半徑為4，且與直線相切的圓的方程為（）A. B.C. D.3．函數的大致圖象為A. B.C. D.4．將函數的圖象向左平移個單位長度后，得到函數的圖象，則（）A. B.C. D.5．在中，三個內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，，，則的面積為（）A. B.1C. D.26．等比數列的前項和為，若，則（）A. B.8C.1或 D.或7．函數單調減區(qū)間是（）A. B.C.和 D.8．已知數列滿足，（且），若恒成立，則M的最小值是（）A.2 B.C. D.39．一組“城市平安建設”的滿意度測評結果，，…，的平均數為116分，則，，…，，116的（）A.平均數變小 B.平均數不變C.標準差不變 D.標準差變大10．若拋物線x＝﹣my2的焦點到準線的距離為2，則m＝（）A.﹣4 B.C. D.±11．已知等比數列的前n項和為，若，，則（）A.250 B.210C.160 D.9012．已知等差數列的前項和為，，，，則的值為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．某古典概型的樣本空間，事件，則___________.14．已知函數，則曲線在點處的切線方程為___________.15．已知數列滿足，，若為等差數列，則___________，若，則數列的前項和為___________.16．已知命題p：若，則，那么命題p的否命題為______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）如圖，在正四棱柱中，，，點在棱上，且平面（1）求的值；（2）若，求二面角的余弦值18．（12分）已知點是圓：上任意一點，是圓內一點，線段的垂直平分線與半徑相交于點（1）當點在圓上運動時，求點的軌跡的方程；（2）設不經過坐標原點，且斜率為的直線與曲線相交于，兩點，記，的斜率分別是，．當，都存在且不為時，試探究是否為定值？若是，求出此定值；若不是，請說明理由19．（12分）已知數列滿足且.（1）證明數列是等比數列；（2）設數列滿足，，求數列的通項公式.20．（12分）已知為坐標原點，橢圓的左右焦點分別為，，為橢圓的上頂點，以為圓心且過的圓與直線相切.（1）求橢圓的標準方程；（2）已知直線交橢圓于兩點.（?。┤糁本€的斜率等于，求面積的最大值；（ⅱ）若，點在上，.證明：存在定點，使得為定值.21．（12分）如圖所示，在直四棱柱中，底面ABCD是菱形，點E，F(xiàn)分別在棱，上，且，（1）證明：點在平面BEF內；（2）若，，，求直線與平面BEF所成角的正弦值22．（10分）在所有棱長均為2的三棱柱ABC-A1B1C1中，∠B1BC=60°，求證:（1）AB1⊥BC；（2）A1C⊥平面AB1C1.

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、A【解析】由已知設雙曲線方程為：，代入求得，計算即可得出離心率.【詳解】雙曲線經過點，且它的兩條漸近線方程是，設雙曲線方程為：，代入得：，.所以雙曲線方程為：..雙曲線C的離心率為故選：A2、A【解析】根據題意，設圓心為坐標為，，由直線與圓相切的判斷方法可得圓心到直線的距離，解得的值，即可得答案【詳解】根據題意，設圓心為坐標為，，圓的半徑為4，且與直線相切，則圓心到直線的距離，解得：或13（舍，則圓的坐標為，故所求圓的方程為，故選：A3、D【解析】根據函數奇偶性排除A、C.當時排除B【詳解】解：由可得所以函數為偶函數，排除A、C.因為時，，排除B.故選：D.4、A【解析】先化簡函數表達式，然后再平移即可.【詳解】函數的圖象向左平移個單位長度后，得到的圖象.故選：A5、C【解析】由余弦定理求出，利用正弦定理將邊化角，再根據二倍角公式得到，即可得到，最后利用面積公式計算可得；【詳解】解：因為，又，所以，因為，所以，所以，因為，所以，即，所以或，即或（舍去），所以，因為，所以，所以；故選：C6、C【解析】根據等比數列的前項和公式及等比數列通項公式即可求解.【詳解】設等比數列的公比為，則因為，所以，即，解得或，所以或.故選：C.7、B【解析】根據函數求導，然后由求解.【詳解】因為函數，所以，由，解得，所以函數的單調遞減區(qū)間是，故選：B8、C【解析】根據，（且），利用累加法求得，再根據恒成立求解.【詳解】因為數列滿足，，（且）所以，，，，因為恒成立，所以，則M的最小值是，故選：C9、B【解析】利用平均數、方差的定義和性質直接求出，，…，，116的平均數、方差從而可得答案.【詳解】，，…，的平均數為116分，則，，…，，116的平均數為設，，…，的方差為則所以則，，…，，116的方差為所以，，…，，116的平均數不變，方差變小.標準差變小.故選：B10、D【解析】把拋物線的方程化為標準方程，由焦點到準線的距離為，即可得到結果，得到答案.【詳解】由題意，拋物線，可得，又由拋物線的焦點到準線的距離為2，即，解得.故選D.【點睛】本題主要考查了拋物線的標準方程，以及簡單的幾何性質的應用，其中解答中熟記拋物線的焦點到準線的距離為是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題.11、B【解析】設為等比數列，由此利用等比數列的前項和為能求出結果【詳解】設，等比數列的前項和為為等比數列，為等比數列，解得故選：B12、A【解析】由可求得，利用可構造方程求得.【詳解】，，，，，解得：.故選：A.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、##0.5【解析】根據定義直接計算得到答案.【詳解】.故答案為：.14、【解析】對函數求導，由導數的幾何意義可得切線的斜率，求得切點，由直線的點斜式方程可得所求切線的方程【詳解】函數的導數為∴，.曲線在點處的切線方程為，即.故答案為：.15、①.##②.【解析】利用遞推關系式，結合等差數列通項公式可求得公差，進而得到；利用遞推關系式可知數列的奇數項和偶數項分別成等差數列，采用裂項相消的方法可求得前項和.【詳解】由得：，解得：；為等差數列，設其公差為，則，解得：，；由知：數列的奇數項是以為首項，為公差的等差數列；偶數項是以為首項，為公差的等差數列；，又，，數列的前項和，.故答案為：；.【點睛】關鍵點點睛：本題考查根據數列遞推關系求解數列中的項、裂項相消法求和的問題；解題關鍵是能夠根據遞推關系式得到數列的奇數項和偶數項分別成等差數列，由此可通過裂項相消的方法求得所求數列的和.16、若，則【解析】直接利用否命題的定義，對原命題的條件與結論都否定即可得結果【詳解】因為命題：若，則，所以否定條件與結論后，可得命題的否命題為若，則，故答案為若，則，【點睛】本題主要考查命題的否命題，意在考查對基礎知識的掌握與應用，屬于基礎題三、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）答案見解析；（2）.【解析】如圖，以點為原點，，，的方向分別為，，軸的正方向，建立空間直角坐標系，（1）設，由平面，可得，從而數量積為零，可求出的值，進而可求得的值；（2）利用空間向量求二面角的余弦值【詳解】解：（1）如圖，以點為原點，，，的方向分別為，，軸的正方向，建立空間直角坐標系，設，則點，，，則，因為平面，所以，所以，解得或當時，，，；當時，，，（2）因為，由（1）知，平面的一個法向量為設平面的法向量為，因為，，所以令，則所以，由圖知，二面角的平面角為銳角，所以二面角的余弦值為18、（1）；（2）是定值，.【解析】(1)根據給定條件探求得，再借助橢圓定義直接求得軌跡的方程.(2)設出直線的方程，再與軌跡的方程聯(lián)立，借助韋達定理計算作答.【小問1詳解】圓：的圓心，半徑，因線段的垂直平分線與半徑相交于點，則，而，于是得，因此，點的軌跡是以C，A為左右焦點，長軸長為4的橢圓，短半軸長有，所以軌跡的方程為.【小問2詳解】依題意，設直線的方程為：，，由消去y并整理得：，，則且，設，則有，，因直線，的斜率，都存在且不為，因此，且，，，所以直線，的斜率，都存在且不為時，是定值，這個定值是.【點睛】方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：(1)從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(2)直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值19、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）根據題意可得，根據等比數列的定義，即可得證；（2）由（1）可得，可得，利用累加法即可求得數列的通項公式.【詳解】（1）因為，所以，即，所以是首項為1公比為3的等比數列（2）由（1）可知，所以因為，所以……，，各式相加得：，又，所以，又當n=1時，滿足上式，所以20、（1）；（2）（?。?；（ⅱ）.【解析】（1）求出后可得橢圓的標準方程.（2）（?。┰O直線的方程為：，，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，利用韋達定理、弦長公式可求面積表達式，利用基本不等式可求面積的最大值.（ⅱ）利用韋達定理化簡可得，從而可得的軌跡為圓，故可證存在定點，使得為定值.【詳解】（1）由題意知：，，又，則以為圓心且過的圓的半徑為，故，所以橢圓的標準方程為：.（2）（ⅰ）設直線的方程為：，將代入得：，所以且，故.又，點到直線的距離，所以，等號當僅當時取，即當時，的面積取最大值為.（ⅱ）顯然直線的斜率一定存在，設直線的方程為：，，由（?。┲核裕裕獾?，，直線過定點或，所以D在以OZ為直徑的圓上，該圓的圓心為或，半徑等于，所以存在定點或，使得為定值.【點睛】方法點睛：求橢圓的標準方程，關鍵是基本量的確定，方法有待定系數法、定義法等.直線與圓錐曲線的位置關系中的定點、定值、最值問題，一般可通過聯(lián)立方程組并消元得到關于或的一元二次方程，再把要求解的目標代數式化為關于兩個的交點橫坐標或縱坐標的關系式，該關系中含有或，最后利用韋達定理把關系式轉化為若干變量的方程（或函數），從而可求定點、定值、最值問題.21、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）設、、、AC與BD的交點為O，由直四棱柱的性質構建空間直角坐標系，確定、的坐標可得，即可證結論.（2）由題設，求出、、的坐標，進而求得面BEF的法向量，利用空間向量夾角的坐標表示求直線與平面BEF所成角的正弦值【小問1詳解】由題意，，設，，，設AC與BD的交點為O，以O為坐標原點，分別以BD，AC所在直線為x，y軸建立如下空間直角坐標系，則，，，，所以，，得，即，因此點在平面BEF內【小問2詳解】由（1）及題設，，，，，所以，，設為平面BEF的法向量，則，令，即設直線與平面BEF所成角為，則22、（1）證明見解析；（2