精品解析：山东青岛第五十八中学2025-2026学年高二年级第一学期期末检测数学试题

2026年青岛五十八中高二年级第一学期期末检测 数学试题 2026.2 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 下列数列中是等差数列也是等比数列的是（ ） A. 1，，1，，1 B. 1，2，3，4，5 C. 5，5，5，5，5 D. 1，2，3，5，7 【答案】C 【解析】 【分析】设该数列为，由题可得，其中为常数，据此推得，即得该数列为非零常数列，即可判断. 【详解】设该数列为，则该数列满足，其中. 则，因为常数，该式对任意正整数成立，则， 从而该数列为非零常数列，由选项知只有C满足题意. 故选：C 2. 若抛物线的焦点为，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用抛物线的焦点坐标为，即可求出的值. 【详解】因为抛物线的焦点为， 所以，， 故选：C. 3. 在三棱柱中，设，，，，分别为，的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合几何图形，利用给定的基底表示向量. 【详解】在三棱柱中，. 故选：B 4. 已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（ ）． A. B. e C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据在上恒成立，再根据分参求最值即可求出． 【详解】依题可知，在上恒成立，显然，所以， 设，所以，所以在上单调递增， ，故，即，即a的最小值为． 故选：C． 5. 等比数列的公比为q，前n项和为，设甲：，乙：是递增数列，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】当时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当是递增数列时，必有成立即可说明成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案． 【详解】由题，当数列为时，满足， 但是不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件． 若是递增数列，则必有成立，若不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则成立，所以甲是乙的必要条件． 故选：B． 【点睛】在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须要给予其证明过程． 6. 已知曲线C：（），从C上任意一点P向x轴作垂线段，为垂足，则线段的中点M的轨迹方程为（ ） A. （） B. （） C. （） D. （） 【答案】A 【解析】 【分析】设点，由题意，根据中点的坐标表示可得，代入圆的方程即可求解. 【详解】设点，则， 因为为的中点，所以，即， 又在圆上， 所以，即， 即点的轨迹方程为. 故选：A 7. 直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】分析：先求出A，B两点坐标得到再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可 详解：直线分别与轴，轴交于，两点 ,则 点P在圆上 圆心为（2，0），则圆心到直线距离 故点P到直线的距离的范围为 则 故答案选A. 点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题． 8. 有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点，已知最底层正方体的棱长为2，且该塔形的表面积（含最底层正方体的底面面积）超过39，则该塔形中正方体的个数至少是（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】设从最底层开始的第层的正方体棱长为，则为等比数列，由此求出塔形表面积的表达式，令即可得出的范围． 【详解】设从最底层开始的第层的正方体棱长为， 则为以2为首顶，以为公比的等比数列， 是以4为首项，以为公比的等比数列． 塔形的表面积， 令，解得， 该塔形中正方体的个数至少为6个． 故选：C． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则（ ） A. 有两个极值点 B. 有三个零点 C. 点是曲线的对称中心 D. 直线是曲线的切线 【答案】AC 【解析】 【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D. 【详解】由题，，令得或， 令得， 所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确； 因，，， 所以，函数在上有一个零点， 当时，，即函数在上无零点， 综上所述，函数有一个零点，故B错误； 令，该函数的定义域为，， 则是奇函数，是的对称中心， 将的图象向上移动一个单位得到的图象， 所以点是曲线的对称中心，故C正确； 令，可得，又， 当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误. 故选：AC. 10. 已知点在圆上，点、，则（ ） A. 点到直线的距离小于 B. 点到直线的距离大于 C. 当最小时， D. 当最大时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】计算出圆心到直线的距离，可得出点到直线的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当最大或最小时，与圆相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误. 【详解】圆的圆心为，半径为， 直线的方程为，即， 圆心到直线的距离为， 所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误； 如下图所示： 当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知， ，，由勾股定理可得，CD选项正确. 故选：ACD. 【点睛】结论点睛：若直线与半径为的圆相离，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的取值范围是. 11. 设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足:横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（ ） A. B. 点在C上 C. C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D. 当点在C上时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题设将原点代入曲线方程后可求，故可判断A的正误，结合曲线方程可判断B的正误，利用特例法可判断C的正误，将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断D的正误. 【详解】对于A：设曲线上的动点，则且， 因为曲线过坐标原点，故，解得，故A正确. 对于B：又曲线方程为，而， 故. 当时，， 故在曲线上，故B正确. 对于C：由曲线的方程可得，取， 则，而，故此时， 故在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误. 对于D：当点在曲线上时，由C的分析可得， 故，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛：根据曲线方程讨论曲线的性质，一般需要将曲线方程变形化简后结合不等式的性质等来处理. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 双曲线的渐近线方程为________ 【答案】 【解析】 【分析】令双曲线右边为，再求解关于与的关系式，从而得到渐近线方程. 【详解】 故答案为：. 13. 若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于_________. 【答案】 【解析】 【分析】法一：利用等比数列的求和公式作商即可得解；法二：利用等比数列的通项公式与前项和的定义，得到关于的方程，解之即可得解；法三：利用等比数列的前项和性质得到关于的方程，解之即可得解. 【详解】法一：设该等比数列为，是其前项和，则， 设的公比为， 当时，，即，则，显然不成立，舍去； 当时，则， 两式相除得，即， 则，所以， 所以该等比数列公比为2. 故答案为：. 法二：设该等比数列为，是其前项和，则， 设的公比为， 所以， ， 所以，则，所以， 所以该等比数列公比为2. 故答案为：2. 法三：设该等比数列为，是其前项和，则， 设的公比为， 因为， 又， 所以，所以， 所以该等比数列公比为. 故答案为：. 14. 已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是________________． 【答案】13 【解析】 【分析】利用离心率得到椭圆的方程为，根据离心率得到直线的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线的斜率，写出直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，利用弦长公式求得，得，根据对称性将的周长转化为的周长，利用椭圆的定义得到周长为. 【详解】∵椭圆的离心率为，∴，∴，∴椭圆的方程为，不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示，∵，∴，∴为正三角形，∵过且垂直于的直线与C交于D，E两点，为线段的垂直平分线，∴直线的斜率为，斜率倒数为， 直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：， 判别式， ∴， ∴ ， 得， ∵为线段的垂直平分线，根据对称性，，∴的周长等于的周长，利用椭圆的定义得到周长为. 故答案为：13. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列． （1）求的通项公式； （2）证明：． 【答案】（1） （2）证明： ∴ 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式； （2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得. 【小问1详解】 ∵ ，∴,∴, 又∵是公差为的等差数列， ∴,∴, ∴当时，， ∴, 整理得：, 即, ∴ ， 显然对于也成立， ∴的通项公式； 【小问2详解】 略 16. 如图，平行六面体中，底面是边长为2的正方形，为与 的交点，． （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值． 【答案】（1） 连接， 因为底面是边长为2的正方形，所以， 又因为，， 所以，所以， 点为线段 中点，所以， 在中，，， 所以， 则， 又，平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 【方法一】：由题知正方形中，平面，所以建系如图所示， 则， 则， ， 设面的法向量为，面的法向量为， 则，取，则 取，则. 设二面角大小为， 则， 所以二面角的正弦值为. 【方法二】：以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 由题设得，，，， ，， ，，． 设是平面的法向量， 则，即，可取． 设是平面的法向量， 则，即，可取． 所以． 因此二面角的正弦值为． 17. 已知和为椭圆上两点. （1）求C的离心率; （2）若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程． 【答案】（1） （2）直线的方程为或. 【解析】 【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可； （2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅垂高乘表达面积即可. 【小问1详解】 由题意得，解得， 所以. 【小问2详解】 法一：，则直线的方程为，即， ，由（1）知， 设点到直线的距离为，则， 则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可， 此时该平行线与椭圆的交点即为点， 设该平行线的方程为：， 则，解得或， 当时，联立，解得或， 即或， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，联立得， ，此时该直线与椭圆无交点. 综上直线的方程为或. 法二：同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 设，则，解得或， 即或，以下同法一. 法三：同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 设，其中，则有， 联立，解得或， 即或，以下同法一； 法四：当直线的斜率不存在时，此时， ，符合题意，此时，直线的方程为，即， 当线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立椭圆方程有，则，其中，即， 解得或，，， 令，则，则 同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 则，解得， 此时，则得到此时，直线的方程为，即， 综上直线的方程为或. 法五：当的斜率不存在时，到距离， 此时不满足条件. 当的斜率存在时，设，令， ，消可得， ，且，即， ， 到直线距离， 或，均满足题意，或，即或. 法六：当的斜率不存在时，到距离， 此时不满足条件. 当直线斜率存在时，设， 设与轴的交点为，令，则， 联立，则有， ， 其中，且， 则， 则，解得或，经代入判别式验证均满足题意. 则直线为或，即或. 18. 已知函数，其中． （1）证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； （2）设分别为在区间的极值点和零点. （i）设函数.证明：在区间单调递减； （ii）比较与的大小，并证明你的结论． 【答案】（1）证明：由题得， 因为，所以，设， 则在上恒成立，所以在上单调递减， ，令， 所以当时，，则；当时，，则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在上存在唯一极值点， 对函数有在上恒成立， 所以在上单调递减， 所以在上恒成立， 又因为，时， 所以时， 所以存在唯一使得，即在上存在唯一零点. （2）（i）证明：由（1）知，则，， ， 则 ， ， ， 即在上单调递减. （ii），证明如下： 由（i）知：函数在区间上单调递减， 所以即，又， 由（1）可知在上单调递减，，且对任意， 所以. 【解析】 【分析】（1）先由题意求得，接着构造函数，利用导数工具研究函数的单调性和函数值情况，从而得到函数的单调性，进而得证函数在区间上存在唯一极值点；再结合和时的正负情况即可得证在区间上存在唯一零点； （2）（i）由（1）和结合（1）中所得导函数计算得到，再结合得即可得证； （ii）由函数在区间上单调递减得到，再结合， 和函数的单调性以以及函数值的情况即可得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 19. 设m为正整数，数列，，…，是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和（）后剩余的项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列，，…，是-可分数列. （1）写出所有的，，使数列，，…，是-可分数列； （2）当时，证明：数列，，…，是-可分数列； （3）从1，2，..，中任取两个数i和j（），记数列，，…，是-可分数列的概率为，证明：. 【答案】（1），， （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）直接根据-可分数列的定义即可； （2）根据-可分数列的定义即可验证结论； （3）证明使得原数列是-可分数列的至少有个，再使用概率的定义. 【小问1详解】 设数列，，…，的公差为d，则. 由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列， 故对该数列进行适当的变形（）， 得到新数列（），然后对，，…，进行相应的讨论. 因此，问题（1）等价于从中取出两个数i和j（），使得剩下4个数是等差数列. 那么剩下四个数只可能是或或. 所以所有可能的就是，，. 【小问2详解】 证明：由于从数列1，2，…，中取出2和13后，剩余的个数可以分为以下两个部分，共m组，使得每组成等差数列： ①，，，共3组； ②，，…，，共组.（如果，则忽略②） 故数列1，2，…，是-可分数列. 【小问3详解】 证明：定义集合， . 下面证明，对，如果下面两个命题同时成立，则数列1，2，…，一定是-可分数列： 命题1：，或，； 命题2：. 分两种情况证明这个结论. 第一种情况：如果，，且. 此时设，，. 则由可知，即，故. 此时，由于从数列1，2，…，中取出和后， 剩余的个数可以分为以下三个部分，共m组，使得每组成等差数列： ①，，…，，共组； ②，，…， ，共组； ③，，…， ，共组.（如果某一部分的组数为0，则忽略之） 故此时数列1，2，…，是-可分数列. 第二种情况：如果，，且. 此时设，，. 则由可知，即，故. 由于，故，从而，这就意味着. 此时，由于从数列1，2，…，中取出和后， 剩余的个数可以分为以下四个部分，共m组，使得每组成等差数列： ①，，…，，共组； ②，，共2组； ③全体，其中，共组； ④，，…， ，共组.（如果某一部分的组数为0，则忽略之） 综上，对，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1，2，…，一定是-可分数列. 下一步考虑这样的的个数. 首先，由于，A和B各有个元素，故满足命题1的总共有个； 而如果，假设，，则可设，，代入得， 但这导致，矛盾，所以，. 设，，，则，即. 所以可能的是，，…，，对应的分别是，，…，，总共m个. 所以这个满足命题1的中，不满足命题2的恰好有m个. 这就得到同时满足命题1和命题2的的个数为. 当我们从1，2，…，中一次任取两个数i和j（）时， 总的选取方式的个数等于. 而根据之前的结论，使得数列，，…，是-可分数列的至少有个. 所以数列，，…，是-可分数列的概率一定满足 . 这就证明了结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年青岛五十八中高二年级第一学期期末检测 数学试题 2026.2 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 下列数列中是等差数列也是等比数列的是（ ） A. 1，，1，，1 B. 1，2，3，4，5 C. 5，5，5，5，5 D. 1，2，3，5，7 2. 若抛物线的焦点为，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 3. 在三棱柱中，设，，，，分别为，的中点，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（ ）． A. B. e C. D. 5. 等比数列的公比为q，前n项和为，设甲：，乙：是递增数列，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 6. 已知曲线C：（），从C上任意一点P向x轴作垂线段，为垂足，则线段的中点M的轨迹方程为（ ） A. （） B. （） C. （） D. （） 7. 直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是 A. B. C. D. 8. 有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点，已知最底层正方体的棱长为2，且该塔形的表面积（含最底层正方体的底面面积）超过39，则该塔形中正方体的个数至少是（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则（ ） A. 有两个极值点 B. 有三个零点 C. 点是曲线的对称中心 D. 直线是曲线的切线 10. 已知点在圆上，点、，则（ ） A. 点到直线的距离小于 B. 点到直线的距离大于 C. 当最小时， D. 当最大时， 11. 设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足:横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（ ） A. B. 点在C上 C. C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D. 当点在C上时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 双曲线的渐近线方程为________ 13. 若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于_________. 14. 已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是________________． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列． （1）求的通项公式； （2）证明：． 16. 如图，平行六面体中，底面 是边长为2的正方形，为与的交点，． （1）证明：平面 ； （2）求二面角的正弦值． 17. 已知和为椭圆上两点. （1）求C的离心率; （2）若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程． 18. 已知函数，其中． （1）证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； （2）设分别为在区间的极值点和零点. （i）设函数.证明：在区间单调递减； （ii）比较与的大小，并证明你的结论． 19. 设m为正整数，数列，，…，是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和（）后剩余的项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列，，…，是-可分数列. （1）写出所有的，，使数列，，…，是-可分数列； （2）当时，证明：数列，，…，是-可分数列； （3）从1，2，..，中任取两个数i和j（），记数列，，…，是-可分数列的概率为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $