江苏省南京市2026届高二上数学期末经典模拟试题含解析

江苏省南京市2026届高二上数学期末经典模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．若函数在上有两个极值点，则下列选项中不正确的为（）A. B.C. D.2．动点P，Q分别在抛物线和圆上，则的最小值为（）A. B.C. D.3．已知定义在R上的函数满足，且有，则的解集为（）A. B.C. D.4．若是双曲线的左右焦点，是坐标原点.过作的一条渐近线的垂线，垂足为，若，则该双曲线的离心率为（）A. B.C. D.5．已知正三棱柱的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于A. B.C. D.6．设双曲线（）的焦距为12，则（）A.1 B.2C.3 D.47．已知椭圆C：（）的长轴的长为4，焦距为2，则C的方程为（）A B.C. D.8．椭圆的一个焦点坐标为，则实数m的值为（）A.2 B.4C. D.9．若直线与平行，则实数m等于（）A.0 B.1C.4 D.0或410．雅言传承文明，经典浸润人生．某市举办“中华经典诵写讲大赛”，大赛分为四类：“诵读中国”经典诵读大赛、“诗教中国”诗词讲解大赛、“笔墨中国”汉字书写大赛、“印记中国”学生篆刻大赛．某人决定从这四类比赛中任选两类参赛，则“诵读中国”被选中的概率为（）A. B.C. D.11．在某次赛车中，名参赛选手的成绩（单位：）全部介于到之间（包括和），将比赛成绩分为五组：第一组，第二组，···，第五组，其频率分布直方图如图所示.若成绩在内的选手可获奖，则这名选手中获奖的人数为A. B.C. D.12．若点是函数图象上的动点（其中的自然对数的底数），则到直线的距离最小值为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．1202年意大利数学家列昂那多－斐波那契以兔子繁殖为例，引人“兔子数列”，又称斐波那契数列.即该数列中的数字被人们称为神奇数，在现代物理，化学等领域都有着广泛的应用.若此数列各项被3除后的余数构成一新数列，则数列的前2022项的和为________.14．如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，四边形ABCD是等腰梯形，，，，若四棱锥的体积为24，则四棱锥外接球的表面积是___________.15．已知函数，则曲线在点处的切线方程为___________.16．双曲线的离心率为2，写出满足条件的一个双曲线的标准方程__________.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）（1）求过点，且与直线垂直的直线方程；（2）甲，乙，丙等7名同学站成一排，若甲和乙相邻，但甲乙二人都不和丙相邻，则共有多少种不同排法？18．（12分）已知数列与满足（1）若，且，求数列的通项公式；（2）设的第k项是数列的最小项，即恒成立．求证：的第k项是数列的最小项；（3）设．若存在最大值M与最小值m，且，试求实数的取值范围19．（12分）如图所示，在四棱锥中，BC//平面PAD，，E是PD的中点（1）求证：CE//平面PAB；（2）若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点，使MN//平面PAB？说明理由20．（12分）设数列的前n项和为，且，数列（1）求和的通项公式；（2）设数列的前n项和为，证明：21．（12分）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当a=1时，对于任意的，，都有恒成立，则m的取值范围.22．（10分）已知，（1）当时，求函数的单调递减区间；（2）当时，，求实数a的取值范围

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、C【解析】求导，根据题意可得，从而可得出答案.【详解】解：，因为函数在上有两个极值点，所以，即.所以ABD正确，C错误.故选：C.2、B【解析】设，根据两点间距离公式，先求得P到圆心的最小距离，根据圆的几何性质，即可得答案.【详解】设，圆化简为，即圆心为（0,4），半径为，所以点P到圆心的距离，令，则，令，，为开口向上，对称轴为的抛物线，所以的最小值为，所以，所以的最小值为.故选：B3、A【解析】构造，应用导数及已知条件判断的单调性，而题设不等式等价于即可得解.【详解】设，则，∴R上单调递增.又，则.∵等价于，即，∴，即所求不等式的解集为.故选：A.4、D【解析】根据已知条件，找出，的齐次关系式即可得到双曲线的离心率.【详解】由题意得，，，在中，，因，故，在，由余弦定理得，即，计算得，故.故选：D.【点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)5、C【解析】过作，连接，由于，故平面，所以所求直线与平面所成的角为，设棱长为，则，故，.点睛：本题主要考查空间立体几何直线与平面的位置关系，考查直线与平面所成的角，考查线面垂直的证明方法和常见几何体的结构特征.由于题目所给几何体为直三棱柱，故侧棱和底面垂直，这是一个重要的隐含条件，通过作交线的垂线，即可得到高，由此作出二面角的平面角.6、B【解析】根据可得关于的方程，解方程即可得答案.【详解】因为可化为，所以，则.故选：B.【点睛】本题考查已知双曲线的焦距求参数的值，考查函数与方程思想，考查运算求解能力，属于基础题.7、D【解析】由题设可得求出椭圆参数，即可得方程.【详解】由题设，知：，可得，则，∴C的方程为.故选：D.8、C【解析】由焦点坐标得到，求解即可.【详解】根据焦点坐标可知，椭圆焦点在y轴上，所以有，解得故选：C.9、A【解析】由两条直线平行的充要条件即可求解.【详解】解：因为直线与平行，所以，解得，故选：A.10、B【解析】由已知条件得基本事件总数为种，符合条件的事件数为3中，由古典概型公式直接计算即可.【详解】从四类比赛中选两类参赛，共有种选择，其中“诵读中国”被选中的情况有3种，即“诵读中国”和“诗教中国”，“诵读中国”和“笔墨中国”，“诵读中国”和“印记中国”，由古典概型公式可得，故选：.11、A【解析】先根据频率分布直方图确定成绩在内的频率，进而可求出结果.【详解】由题意可得：成绩在内的频率为，又本次赛车中，共名参赛选手，所以，这名选手中获奖的人数为.故选A【点睛】本题主要考查频率分布直方图，会根据频率分布直方图求频率即可，属于常考题型.12、A【解析】设，，设与平行且与相切的直线与切于，由导数的几何意义可求出点的坐标，则到直线的距离最小值为点到直线的距离，再求解即可.【详解】解：设，，设与平行且与相切的直线与切于所以所以则到直线的距离为，即到直线的距离最小值为，故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由数列各项除以3的余数，可得为，知是周期为8的数列，即可求出数列的前2022项的和.【详解】由数列各项除以3的余数，可得为，是周期为8的数列，一个周期中八项和为，又，数列的前2022项的和.故答案为：.14、##【解析】根据球的截面圆圆心与球心的连线垂直截面可确定垂直平面ABCD，构造直角三角形求解球的半径即可得解.【详解】如图，分别取BC，AD的中点，E，连接PE，，，.因为是边长为4的等边三角形，所以.因为四边形ABCD是等腰梯形，，，，所以，.因为四棱锥的体积为24，所以，所以.因为E是AD的中点，所以.因为，所以平面ABCD.因为，所以四边形ABCD外接圆的圆心为，半径.设四棱锥外接球的球心为O，连接，OP，OB，过点О作，垂足为F.易证四边形是矩形，则，.设四棱锥外接球的半径为R，则，即，解得，故四棱锥外接球的表面积是.故答案为：15、【解析】对函数求导，由导数的几何意义可得切线的斜率，求得切点，由直线的点斜式方程可得所求切线的方程【详解】函数的导数为∴，.曲线在点处的切线方程为，即.故答案为：.16、（答案不唯一例如：等，只需满足即可）【解析】根据离心率和的关系，可得到，只要满足以上关系的即可【详解】由题可知，又，所以，只要满足以上关系即可.,答案不唯一例如：等故答案为：（答案不唯一例如：等，只需满足即可）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）960【解析】（1）根据题意，设要求直线为，将点的坐标代入，求出的值，即可得答案；（2）根据题意，分2步进行分析：先将除甲乙丙之外的4人全排列，再将甲乙看成一个整体，与丙一起安排在4人的空位中，由分步计数原理计算可得答案【详解】解：（1）根据题意，设所求直线为，又由所求直线经过点，即，则，即所求直线；（2）根据题意，分2步进行分析：先将除甲乙丙之外的4人全排列，有种排法，再将甲乙看成一个整体，与丙一起安排在4人的空位中，有种排法，则有种排法18、（1）（2）证明见解析．（3）【解析】（1）由已知关系得出是等差数列及公差，然后可得通项公式；（2）由已知关系式，利用累加法证明对任意的，恒成立，即可得（3）由累加法求得通项公式，然后确定的奇数项和偶数项的单调性，得出数列的最大项和最小项，再利用已知范围解得的范围【小问1详解】由已知，是等差数列，公差为6，所以；【小问2详解】对任意的，恒成立，而恒成立，若，则，恒成立，同理若，也有恒成立，所以对任意的，恒成立，即是最小项；【小问3详解】时，，所以，也适合此式所以，若，则，，，即，，若，由于，且是正负相间，因此无最大项也无最小项因此有，所以的奇数项数列是递增数列，且，，的偶数项数列是递减数列，且，，所以的最大值是，最小项是，，由，又，所以19、（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析.【解析】（1）为中点，连接，由中位线、线面平行的性质可得四边形为平行四边形，再根据线面平行的判定即可证结论；（2）取中点N，连接，，根据线面、面面平行的性质定理和判断定理即可判断存在性【小问1详解】如下图，若为中点，连接，由E是PD的中点，所以且，又BC//平面PAD，面，且面面，所以，且，所以四边形为平行四边形，故，而面，面，则面.小问2详解】取中点N，连接，，∵E，N分别为，的中点，∴，∵平面，平面，∴平面，线段存在点N，使得平面，理由如下：由（1）知：平面，又，∴平面平面，又M是上的动点，平面，∴平面PAB，∴线段存在点N，使得MN∥平面20、（1），（2）证明见解析【解析】（1）根据可得，从而可得；（2）利用错位相减法可得，从而可得，又，即可证明不等式成立.【小问1详解】解：∵，∴当时，，当时，，∴，经检验，也符合，∴，；【小问2详解】证明：因为，∴，∴∴，又∵，∴，所以21、（1）答案见解析；（2）.【解析】（1）由题可得，利用导数与单调性关系分类讨论即得；（2）由题可得，利用函数的单调性及极值求函数最值即得.【小问1详解】由题可得的定义域为，若，恒有，当时，，当时，，∴在上单调递增，在上单调递减，若，令，得，若，恒有在上单调递增，若，当时，；当时，，故在和上单调递增，在上单调递减，若，当时，；当时，，故在和上单调递增，在上单调递减；综上所述，当，在上单调递增，在上单调递减，当，在和上单调递增，在上单调递减，当，在上单调递增，当，在和上单调递增，在上单调递减；【小问2详