河北省灤縣二中2026屆數(shù)學(xué)高二上期末預(yù)測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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．已知數(shù)列滿足，且，，則（）A. B.C. D.2．已知為偶函數(shù)，且當(dāng)時，，其中為的導(dǎo)數(shù)，則不等式的解集為()A. B.C. D.3．已知橢圓的離心率，為橢圓上的一個動點，若定點，則的最大值為A. B.C. D.4．已知全集，，（）A. B.C. D.5．已知分別表示隨機事件發(fā)生的概率，那么是下列哪個事件的概率（）A事件同時發(fā)生B.事件至少有一個發(fā)生C.事件都不發(fā)生D事件至多有一個發(fā)生6．已知是等比數(shù)列，，，則（）A. B.C. D.7．曲線：在點處的切線方程為A. B.C. D.8．如圖，平行六面體中，與的交點為，設(shè)，則選項中與向量相等的是（）A. B.C. D.9．已知，，若，則（）A.6 B.11C.12 D.2210．已知集合，，則中元素的個數(shù)為（）A.3 B.2C.1 D.011．曲線與曲線（）的（）A.長軸長相等 B.短軸長相等C.離心率相等 D.焦距相等12．若，滿足約束條件則的最大值是A.-8 B.-3C.0 D.1二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．寫出一個同時滿足下列條件①②③的圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程：__________①圓C的圓心在第一象限；②圓C與x軸相切；③圓C與圓外切14．已知長方體的棱，則異面直線與所成角的大小是________________.（結(jié)果用反三角函數(shù)值表示）15．在一平面直角坐標(biāo)系中，已知，現(xiàn)沿x軸將坐標(biāo)平面折成60°的二面角，則折疊后A，B兩點間的距離為___________.16．下圖是個幾何體的展開圖，圖①是由個邊長為的正三角形組成；圖②是由四個邊長為的正三角形和一個邊長為的正方形組成；圖③是由個邊長為的正三角形組成；圖④是由個邊長為的正方形組成.若幾何體能夠穿過直徑為的圓，則該幾何體的展開圖可以是______（填所有正確結(jié)論的序號）.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知兩定點，，動點與兩定點的斜率之積為（1）求動點M的軌跡方程；（2）設(shè)（1）中所求曲線為C，若斜率為的直線l過點，且與C交于P，Q兩點．問：在x軸上是否存在一點T，使得對任意且，都有（其中，分別表示，的面積）．若存在，請求出點T的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由18．（12分）已知過點的圓的圓心M在直線上，且y軸被該圓截得的弦長為4（1）求圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）設(shè)點，若點P為x軸上一動點，求的最小值，并寫出取得最小值時點P的坐標(biāo)19．（12分）如圖所示，四棱錐的底面為矩形，，，過底面對角線作與平行的平面交于點（1）求二面角的余弦值；（2）求與所成角的余弦值；（3）求與平面所成角的正弦值20．（12分）已知命題p：“，”為假命題，命題q：“實數(shù)滿足”．若是真命題，是假命題，求的取值范圍21．（12分）已知四邊形是菱形，四邊形是矩形，平面平面，，，G是的中點（1）證明：平面；（2）求二面角的正弦值22．（10分）在正方體中，，，分別是，，的中點.（1）證明：平面平面；（2）求直線與所成角的正切值.

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、A【解析】由已知兩個不等式，利用“兩邊夾”思想求得，然后利用累加法可求得【詳解】∵，∴，∴，又，∴，即，∴故選：A【點睛】本題考查數(shù)列的遞推式，由遞推式的特征，采用累加法求得數(shù)列的項．解題關(guān)鍵是利用“兩邊夾”思想求解2、A【解析】根據(jù)已知不等式和要求解的不等式特征，構(gòu)造函數(shù)，將問題轉(zhuǎn)化為解不等式.通過已知條件研究g(x)的奇偶性和單調(diào)性即可解該不等式.【詳解】令，則根據(jù)題意可知，，∴g(x)是奇函數(shù)，∵，∴當(dāng)時，，單調(diào)遞減，∵g(x)是奇函數(shù)，g(0)＝0，∴g(x)在R上單調(diào)遞減，由不等式得，.故選：A.3、C【解析】首先求得橢圓方程，然后確定的最大值即可.【詳解】由題意可得：，據(jù)此可得：，橢圓方程為，設(shè)橢圓上點的坐標(biāo)為，則，故：，當(dāng)時，.本題選擇C選項.【點睛】本題主要考查橢圓方程問題，橢圓中的最值問題等知識，意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計算求解能力.4、C【解析】根據(jù)條件可得，則，結(jié)合條件即可得答案.【詳解】因，所以，則，又，所以，即.故選：C5、C【解析】表示事件至少有一個發(fā)生概率，據(jù)此得到答案.【詳解】分別表示隨機事件發(fā)生的概率，表示事件至少有一個發(fā)生的概率，故表示事件都不發(fā)生的概率.故選：C.6、D【解析】由，，可求出公比，從而可求出等比數(shù)的通項公式，則可求出，得數(shù)列是一個等比數(shù)列，然后利用等比數(shù)的求和公式可求得答案【詳解】由題得.所以，所以.所以，所以數(shù)列是一個等比數(shù)列.所以=.故選：D7、A【解析】因為，所以曲線在點（1,0）處的切線的斜率為，所以切線方程為，即，選A8、B【解析】利用空間向量加減法、數(shù)乘的幾何意義，結(jié)合幾何體有，進而可知與向量相等的表達式.【詳解】連接，如下圖示：，.故選：B9、C【解析】根據(jù)遞推關(guān)系式計算即可求出結(jié)果.【詳解】因為，，，則，，，故選：C.10、B【解析】集合中的元素為點集，由題意，可知集合A表示以為圓心，為半徑的單位圓上所有點組成的集合，集合B表示直線上所有的點組成的集合，又圓與直線相交于兩點，，則中有2個元素.故選B.【名師點睛】求集合的基本運算時，要認(rèn)清集合元素的屬性(是點集、數(shù)集或其他情形)和化簡集合，這是正確求解集合運算的兩個先決條件.集合中元素的三個特性中的互異性對解題影響較大，特別是含有字母的集合，在求出字母的值后，要注意檢驗集合中的元素是否滿足互異性.11、D【解析】分別求出兩橢圓的長軸長、短軸長、離心率、焦距，即可判斷.【詳解】曲線表示焦點在軸上，長軸長為，短軸長為，離心率為，焦距為；曲線表示焦點在軸上，長軸長為，短軸長為，離心率為，焦距為.對照選項可知：焦距相等.故選：D.12、C【解析】作出可行域，把變形為，平移直線過點時，最大.【詳解】作出可行域如圖：由得：，作出直線，平移直線過點時，.故選C.【點睛】本題主要考查了簡單線性規(guī)劃問題，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、(答案不唯一，但圓心坐標(biāo)需滿足，)【解析】首先設(shè)圓的圓心和半徑，根據(jù)條件得到關(guān)于的方程組，即可求解.【詳解】設(shè)圓心坐標(biāo)為，由①可知，半徑為，由②③可知，整理可得，當(dāng)時，，，所以其中一個同時滿足條件①②③的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程是.故答案為：(答案不唯一，但圓心坐標(biāo)需滿足，)14、【解析】建立空間直角坐標(biāo)系，求出異面直線與的方向向量，再求出兩向量的夾角，進而可得異面直線與所成角的大小【詳解】解：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系：在長方體中，，，，，，，，，，異面直線與所成角的大小是故答案為：15、【解析】平面直角坐標(biāo)系中，沿軸將坐標(biāo)平面折成的二面角后，在平面上的射影為，作軸，交軸于點，通過用向量的數(shù)量積轉(zhuǎn)化求解距離即可.【詳解】在直角坐標(biāo)系中，已知，現(xiàn)沿軸將坐標(biāo)平面折成的二面角后，在平面上的射影為，作軸，交軸于點，所以,所以，所以,故答案為：16、①【解析】根據(jù)幾何體展開圖可知①正四面體、②正四棱錐、③正八面體、④正方體，進而求其外接球半徑，并與比較大小，即可確定答案.【詳解】①由題設(shè)，幾何體為棱長為的正四面體，該正四面體可放入一個正方體中，且正方體的棱長為，該正四面體的外接球半徑為，滿足要求；②由題設(shè)，幾何體為棱長為的正四棱錐，如下圖所示：設(shè)，連接，則為、的中點，因為四邊形是邊長為的正方形，則，所以，，所以，，所以，，，所以點為正四棱錐的外接球球心，且該球的半徑為，不滿足要求；③由題設(shè)，幾何體為棱長為的正八面體，該正八面體可由兩個共底面，且棱長均為的正四棱錐拼接而成，由②可知，該正八面體的外接球半徑為，不滿足要求；④由題設(shè)，幾何體為棱長為的正方體，其外接球半徑為，不滿足要求；故答案為：①.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）存在；【解析】（1）設(shè)出點的坐標(biāo)，根據(jù)，即可直接求出動點M的軌跡方程；（2）根據(jù)題意寫出直線的方程，把直線的方程與曲線的方程聯(lián)立，消元，寫韋達；根據(jù)條件，同時結(jié)合三角形的面積公式可得出；從而結(jié)合韋達定理可求出點T的坐標(biāo).【小問1詳解】設(shè)，由，得，即，所以動點M的軌跡方程為.【小問2詳解】設(shè)PT與RT夾角為，QT與RT夾角為，因為，所以，即，所以，設(shè)，，，直線l的方程為，因為，所以，即，所以，即①，由，得，所以，代入①式，得，解得，所以存在點，使得對任意且，都有.18、（1）（2），【解析】（1）用待定系數(shù)法設(shè)出圓心，根據(jù)圓過點和弦長列出方程求解即可；（2）當(dāng)三點共線時有最小值，求出直線MN的方程，令y=0即可.【小問1詳解】由題意可設(shè)圓心，因為y軸被圓M截得的弦長為4，所以，又，則，化簡得，解得，則圓心，半徑，所以圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為【小問2詳解】點關(guān)于x軸的對稱點為，則，當(dāng)且僅當(dāng)M，P，三點共線時等號成立，因為，則直線的方程為，即，令，得，則19、（1）；（2）；（3）.【解析】（1）設(shè)，連接、，證明出平面，推導(dǎo)出為的中點，然后以點為坐標(biāo)原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法可求得二面角的余弦值；（2）利用空間向量法可求得與所成角的余弦值；（3）利用空間向量法可求得與平面所成角的正弦值.【小問1詳解】解：設(shè)，則為、的中點，連接、，因為平面，平面，平面平面，則，因為為的中點，則為的中點，因為，為的中點，則，同理可證，，平面，，，則，，以點為坐標(biāo)原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則、、、、、，設(shè)平面的法向量為，，，由，取，可得，易知平面的一個法向量為，.由圖可知，二面角的平面角為銳角，因此，二面角的余弦值為.【小問2詳解】解：，，，因此，與所成角的余弦值為.【小問3詳解】解：，，因此，與平面所成角的正弦值為.20、或【解析】先假設(shè)命題、為真，分別求得實數(shù)的取值范圍，再由命題、具體的真假，取實數(shù)的取值范圍或其補集，最終確定實數(shù)的取值范圍.【詳解】若命題p為真，則“，”為假命題則，恒成立∴恒成立，即∴，∴.若命題q為真，則，即∴∴∵是真命題，是假命題∴命題、必為一真一假.①當(dāng)p真q假時，∴；②當(dāng)p假q真時，∴.綜上所述：a的取值范圍是或.21、（1）證明見解析（2）【解析】（1）設(shè)，線段的中點為H，分別連接，可證，從而可得平面；（2）建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，求出平面的一個法向量和平面的一個法向量后可求二面角的余弦值.【小問1詳解】證明：設(shè)，線段的中點為H，分別連接又因為G是的中點，所以因為四邊形為矩形，據(jù)菱形性質(zhì)知，O為的中點，所以，且，所以，且，所以四邊形是平行四邊形，所以又因為平面，平面，所以平面【小問2詳解】解：據(jù)四邊形是菱形的性質(zhì)知，又因為平面平面，平面，平面平面，故平面，所以以分別為x軸，y軸，以過與的交點O，且垂直于平面的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則有，所以設(shè)平面的一個法向量，則