湖北省钢城四中2025-2026学年高二上数学期末联考模拟试题含解析

湖北省钢城四中2025-2026学年高二上数学期末联考模拟试题考生请注意：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．方程表示的曲线为（）A.抛物线与一条直线 B.上半抛物线（除去顶点）与一条直线C.抛物线与一条射线 D.上半抛物线（除去顶点）与一条射线2．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，则的形状为（）A.正三角形 B.等腰直角三角形C.直角三角形 D.等腰三角形3．如图，在四面体中，，，，分别为，，，的中点，则化简的结果为（）A. B.C. D.4．已知，为双曲线的两个焦点，点P在双曲线上且满足，那么点P到x轴的距离为（）A. B.C. D.5．在等差数列中，若，则（）A.6 B.9C.11 D.246．南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》中有如下俯视图所示的几何体，后人称之为“三角垛”.其最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，则第十层球的个数为（）A.45 B.55C.90 D.1107．已知是边长为6的等边所在平面外一点，，当三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为（）A. B.C. D.8．已知函数为偶函数，且当时，，则不等式的解集为（）A. B.C. D.9．命题“，”的否定形式是（）A.， B.，C.， D.，10．“”是“直线与直线互相垂直”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件11．对于三次函数，给出定义：设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数图象都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数，则（）A. B.C. D.12．设某大学的女生体重y（单位：kg）与身高x（单位：cm）具有线性相关关系，根据一组样本数据（xi，yi）（i=1，2，…，n），用最小二乘法建立的回归方程为=0.85x-85.71，则下列结论中不正确的是A.y与x具有正的线性相关关系B.回归直线过样本点中心（，）C.若该大学某女生身高增加1cm，则其体重约增加0.85kgD.若该大学某女生身高为170cm，则可断定其体重必为58.79kg二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若向量满足，则_________.14．过圆内的点作一条直线，使它被该圆截得的线段最短，则直线的方程是______15．已知一个样本数据为3，3，5，5，5，7，7，现在新加入一个3，一个5，一个7得到一个新样本，则与原样本数据相比，新样本数据平均数______，方差______.（“变大”、“变小”、“不变”）16．如图所示，在直二面角D－AB－E中，四边形ABCD是边长为2的正方形，△AEB是等腰直角三角形，其中，则点D到平面ACE的距离为________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）已知函数在处取得极值（1）若对任意正实数，恒成立，求实数的取值范围；（2）讨论函数的零点个数18．（12分）已知数列的前n项和，递增等比数列满足，且.（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前n项和为.19．（12分）如图，四棱台的底面为正方形，面，（1）求证：平面；（2）若平面平面，求直线m与平面所成角的正弦值20．（12分）过原点O的圆C，与x轴相交于点A(4,0)，与y轴相交于点B(0,2)(1)求圆C的标准方程；(2)直线l过B点与圆C相切，求直线l的方程，并化为一般式21．（12分）如图，五边形为东京奥运会公路自行车比赛赛道平面设计图，根据比赛需要，在赛道设计时需预留出，两条服务通道（不考虑宽度），，，，，为赛道．现已知，，千米，千米（1）求服务通道的长（2）在上述条件下，如何设计才能使折线赛道（即）的长度最大，并求最大值22．（10分）已知函数，数列的前n项和为，且对一切正整数n、点都在因数的图象上（1）求数列的通项公式；（2）令，数列的前n项和，求证：

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、B【解析】化简得出或，由此可得出方程表示的曲线.【详解】由可得或，所以，方程表示的曲线为上半抛物线（除去顶点）与一条直线，故选：B.2、C【解析】根据三角恒等变换结合正弦定理化简求得，即可判定三角形形状.【详解】解：由题，得，即，由正弦定理可得：，所以，所以三角形中，所以，又，所以，即三角形为直角三角形.故选：C.3、C【解析】根据向量的加法和数乘的几何意义，即可得到答案；【详解】故选：C4、D【解析】设，由双曲线的性质可得的值，再由，根据勾股定理可得的值，进而求得，最后利用等面积法，即可求解【详解】设，，为双曲线的两个焦点，设焦距为，，点P在双曲线上，，，，，，的面积为，利用等面积法，设的高为，则为点P到x轴的距离，则，故选：D【点睛】本题考查双曲线的性质，难度不大.5、B【解析】根据等差数列的通项公式的基本量运算求解【详解】设的公差为d，因为，所以，又，所以故选：B6、B【解析】根据题意，发现规律并将规律表达出来，第层有个球.【详解】根据规律，可以得知：第一层有个球；第二层有个球；第三层有个球，则根据规律可知：第层有个球设第层的小球个数为，则有：故第十层球的个数为：故选：7、C【解析】由题意分析可得，当时三棱锥的体积最大，然后作图，将三棱锥还原成正三棱柱，按照正三棱柱外接球半径的计算方法来计算，即可计算出球半径，从而完成求解.【详解】由题意可知，当三棱锥的体积最大时是时，为正三角形，如图所示，将三棱锥补成正三棱柱，该正三棱柱的外接球就是三棱锥的外接球，而正三棱柱的外接球球心落在上下底面外接圆圆心连线的中点上，设外接圆半径为，三棱锥外接球半径为，由正弦定理可得：，所以，，所以三棱锥外接球的表面积为.故选：C.8、D【解析】结合导数以及函数的奇偶性判断出的单调性，由此化简不等式来求得不等式的解集.【详解】当时，单调递增，，所以单调递增.因为是偶函数，所以当时，单调递减.，，，或.即不等式的解集为.故选：D9、A【解析】特称命题的否定是全称命题【详解】的否定形式是故选：A10、A【解析】根据直线垂直求出的范围即可得出.【详解】由直线垂直可得，解得或1，所以“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件.故选：A.11、B【解析】根据“拐点”的概念可判断函数的对称中心，进而求解.【详解】，，，令，解得：，而，故函数关于点对称，，，故选：B.12、D【解析】根据y与x的线性回归方程为y=0.85x﹣85.71，则=0.85＞0，y与x具有正的线性相关关系，A正确；回归直线过样本点的中心（），B正确；该大学某女生身高增加1cm，预测其体重约增加0.85kg，C正确；该大学某女生身高为170cm，预测其体重约为0.85×170﹣85.71=58.79kg，D错误故选D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据题目条件，利用模的平方可以得出答案【详解】∵∴∴.故答案为：.14、【解析】由已知得圆的圆心为，所以当直线时，被该圆截得的线段最短，可求得直线的方程.【详解】解：由得，所以圆的圆心为，所以当直线时，被该圆截得的线段最短，所以，解得，所以直线l的方程为，即，故答案为：.15、①.不变②.变大【解析】通过计算平均数和方差来确定正确答案.【详解】原样本平均数为，原样本方差为，新样本平均数为，新样本方差为.所以平均数不变，方差变大.故答案为：不变；变大16、【解析】建立合适空间直角坐标系，分别表示出点的坐标，然后求解出平面的一个法向量，利用公式求解出点到平面的距离.【详解】以AB的中点O为坐标原点，分别以OE，OB所在的直线为x轴、y轴，过垂直于平面的方向为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，则，，设平面ACE的法向量，则，即，令，∴故点D到平面ACE的距离.故答案：.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）答案见解析.【解析】（1）根据极值点求出，再利用导数求出的最大值，将不等式恒成立化为最大值成立可求出结果；（2）利用导数求出函数的极大、极小值，结合函数的图象分类讨论可得结果.【小问1详解】函数的定义域为，因为，且在处取得极值，所以，即，得，此时，当时，，为增函数；当时。，为减函数，所以在处取得极大值，也是最大值，最大值为，因为对任意正实数，恒成立，所以，得.【小问2详解】，，由，得，由，得或，所以在上为增函数，在上为减函数，在上为增函数，所以在时取得极大值为，在时取得极小值为，因为当大于0趋近于0时，趋近于负无穷，当趋近于正无穷时，趋近于正无穷，所以当，即时，有且只有一个零点；当，即时，有且只有两个零点；当，即时，有且只有三个零点；当，即时，有且只有两个零点；当，即时，有且只有一个零点.综上所述：当或时，有且只有一个零点；当或时，有且只有两个零点；当时有且只有三个零点.18、（1），（2）【解析】（1）先求，再由求出，设等比数列的公比为q，由条件可得，解出结合条件可得答案.（2）由（1）可得，利用错位相减法可求【小问1详解】，当时，，也满足上式，∴，则.设等比数列的公比为q，由得，解得或.因为是递增等比数列，所以，.【小问2详解】①①①②：∴19、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）：连结交交于点O，连结，，通过四棱台的性质以及给定长度证明，从而证出，利用线面平行的判定定理可证明面；（2）利用线面平行的性质定理以及基本事实可证明，即求与平面所成角的正弦值；通过条件以及面面垂直的判定定理可证明面面，则为与平面所成角，利用余弦定理求出余弦值，即可求出正弦值.【详解】（1）证明：连结交交于点O，连结，，由多面体为四棱台可知四点共面，且面面，面面，面面，∴，∵和均为正方形，，∴，所以为平行四边形，∴，面，面，∴平面（2）∵面，平面，平面，∴，又∵，∴∴求直线m与平面所成角可转化为求与平面所成角，∵和均为正方形，，且，∴，，∴，又∵面，∴∴面，∴面面，由面面，设O在面的投影为M，则，∴为与平面所成角，由，可得，又∵，∴∴，直线m与平面所成角的正弦值为.【点睛】思路点睛：（1）找两个平面的交线，可通过两个平面的交点找到，也可利用线面平行的性质找和交线的平行直线；（2）求直线和平面所成角，过直线上一点做平面的垂线，则垂足和斜足连线与直线所成角即为直线和平面所成角.20、（1）；（2）【解析】（1）设圆的标准方程为：，则分别代入原点和，得到方程组，解出即可得到；（2）由（1）得到圆心为，半径，由于直线过点与圆相切，则分别讨论斜率存在与否，运用直线与圆相切的条件：，解方程即可得到所求直线方程.【详解】(1)设圆C的标准方程为，则分别代入原点和，得到，解得则圆的标准方程为(2)由(1)得到圆心为，半径，由于直线过点与圆相切，当时，到的距离为2，不合题意，舍去；当斜率存在时，设，由直线与圆相切，得到，即有，解得，故直线，即为点睛：本题考查直线与圆位置关系，考查圆的方程的求法和直线与圆相切的条件，考查运算能力，属于中档题；圆的方程有一般形式与标准形式，在该题中利用待定系数法将其设为标准形式，列、解出方程组即可；当直线与圆相切时等价于圆心到直线的距离等于半径，已知直线上一点写出直线的方程需注意斜率不存在的情形.21、（1）服务通道的长为千米（2）时，折线赛道的长度最大，最大值为千米【解析】（1）先在中利用正弦定理得到长度