湖北省黄石市育英高级中学2025-2026学年数学高二第一学期期末统考模拟试题含解析

湖北省黄石市育英高级中学2025-2026学年数学高二第一学期期末统考模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．命题“”为真命题一个充分不必要条件是（）A. B.C. D.2．已知点，分别在双曲线的左右两支上，且关于原点对称，的左焦点为，直线与的左支相交于另一点，若，且，则的离心率为（）A B.C. D.3．北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性.规定：多面体的顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有个面角，每个面角是，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为.给出下列三个结论：①正方体在每个顶点的曲率均为；②任意四棱锥总曲率均为；③若某类多面体的顶点数，棱数，面数满足，则该类多面体的总曲率是常数.其中，所有正确结论的序号是（）A.①② B.①③C.②③ D.①②③4．已知点是双曲线的左焦点，定点，是双曲线右支上动点，则的最小值为（）.A.7 B.8C.9 D.105．曲线与曲线的A.长轴长相等 B.短轴长相等C.离心率相等 D.焦距相等6．已知函数，则（）A.0 B.1C.2 D.7．已知是抛物线上的一个动点,是圆上的一个动点,是一个定点,则的最小值为A. B.C. D.8．已知等比数列的前项和为，首项为，公比为，则（）A. B.C. D.9．七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，顾名思义，是由七块板组成的.这七块板可拼成许多图形（1600种以上），如图所示，某同学用七巧板拼成了一个“鸽子”形状，若从“鸽子”身上任取一点，则取自“鸽子头部”（图中阴影部分）的概率是（）A. B.C. D.10．在二项式的展开式中，前三项的系数成等差数列，把展开式中所有的项重新排成一列，则有理项互不相邻的概率（）A. B.C. D.11．抛物线的准线方程为，则实数的值为（）A. B.C. D.12．若，则（）A.0 B.1C. D.2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知数列{}的前n项和为，则该数列的通项公式__________.14．若经过点且斜率为1的直线与抛物线交于，两点，则______.15．若满足约束条件，则的最大值为_________.16．已知直线被圆截得的弦长等于该圆的半径，则实数_____.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）已知函数是定义在实数集上的奇函数，且当时，（1）求的解析式；（2）若在上恒成立，求的取值范围18．（12分）已知动点M到点F（0，）的距离与它到直线的距离相等（1）求动点M的轨迹C的方程；（2）过点P（，－1）作C的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，求直线AB的方程19．（12分）设函数（1）求函数的单调区间；（2）若有两个零点，，求的取值范围，并证明：20．（12分）如图，在四棱雉中，平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中，，，，E为棱BC上的点，且（1）求证：平面PAC；（2）求二面角A-PC-D的正弦值21．（12分）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面平面，，.（1）证明：平面；（2）已知，，，且直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.22．（10分）已知抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，直线交抛物线E于两点（1）求E的方程；（2）若以BC为直径的圆过原点O，求直线l的方程

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】求解命题为真命题的充要条件，再利用集合包含关系判断【详解】命题“”为真命题，则≤1,只有是的真子集,故选项B符合题意故选：B2、D【解析】根据双曲线的定义及，，应用勾股定理，可得关系，即可求解.【详解】设双曲线的右焦点为，连接,,,如图：根据双曲线的对称性及可知，四边形为矩形.设因为，所以，又，所以，,在和中，，①，②由②化简可得，③把③代入①可得：，所以，故选：D【点睛】本题主要考查了双曲线的定义，双曲线的简单几何性质，勾股定理，属于难题.3、D【解析】根据曲率的定义依次判断即可.【详解】①根据曲率的定义可得正方体在每个顶点的曲率为，故①正确；②由定义可得多面体的总曲率顶点数各面内角和，因为四棱锥有5个顶点，5个面，分别为4个三角形和1个四边形，所以任意四棱锥的总曲率为，故②正确；③设每个面记为边形，则所有的面角和为，根据定义可得该类多面体的总曲率为常数，故③正确.故选：D.4、C【解析】设双曲线的右焦点为M，作出图形，根据双曲线的定义可得，可得出，利用A、P、M三点共线时取得最小值即可得解.【详解】∵是双曲线的左焦点，∴，，，，设双曲线的右焦点为M，则，由双曲线的定义可得，则，所以，当且仅当A、P、M三点共线时，等号成立，因此，的最小值为9.故选：C.【点睛】关键点点睛：利用双曲线的定义求解线段和的最小值，有如下方法：（1）求解椭圆、双曲线有关的线段长度和、差的最值，都可以通过相应的圆锥曲线的定义分析问题；（2）圆外一点到圆上的点的距离的最值，可通过连接圆外的点与圆心来分析求解.5、D【解析】分别求出两椭圆的长轴长、短轴长、离心率、焦距，即可判断【详解】解：曲线表示焦点在轴上，长轴长10，短轴长为6，离心率为，焦距为8曲线表示焦点在轴上，长轴长为，短轴长为，离心率为，焦距为8对照选项，则正确故选：【点睛】本题考查椭圆的方程和性质，考查运算能力，属于基础题6、C【解析】对函数f(x)求导即可求得结果.【详解】函数,则，，故选C【点睛】本题考查正弦函数的导数的应用，属于简单题.7、A【解析】恰好为抛物线的焦点，等于到准线的距离，要想最小，过圆心作抛物线的准线的垂线交抛物线于点，交圆于，最小值等于圆心到准线的距离减去半径4-1=.考点:1.抛物线的定义；2.圆中的最值问题；8、D【解析】根据求解即可.【详解】因为等比数列，，所以.故选：D9、C【解析】设正方形边长为1，求出七巧板中“4”这一块的面积，然后计算概率【详解】设正方形边长为1，由正方形中七巧板形状知“4”这一块是正方形，边长为，面积为，所以概率为故选：C10、A【解析】先根据前三项的系数成等差数列求，再根据古典概型概率公式求结果【详解】因为前三项的系数为，，，当时，为有理项，从而概率为.故选：A.11、B【解析】由题得，解方程即得解.【详解】解：抛物线的准线方程为，所以.故选：B12、D【解析】由复数的乘方运算求，再求模即可.【详解】由题设，，故2.故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、2n+1【解析】由计算，再计算可得结论【详解】由题意时，，又适合上式，所以故答案为：【点睛】本题考查由求通项公式，解题根据是，但要注意此式不含，14、【解析】由题意写出直线的方程与抛物线方程联立，得出韦达定理，由弦长公式可得答案.【详解】设，则直线的方程为由，得所以所以故答案为：15、7【解析】画出约束条件所表示的平面区域，结合图象和直线在轴上的截距，确定目标函数的最优解，代入即可求解.【详解】画出不等式组所表示的平面区域，如图所示，目标函数可化为，当直线过点点时，此时直线在轴上的截距最大，此时目标函数取得最大值，又由，解得，即,所以目标函数的最大值为.故答案为：.16、2或－4【解析】求出圆心到直线的距离，由几何法表示出弦长，列出等量关系，即可求出结果.【详解】由得，所以圆的圆心为，半径，圆心到直线的距离，则由题可得，即，解得或.故答案为：2或.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）实数的取值范围是【解析】（1）根据函数奇偶性求解析式；（2）将恒成立转化为令，恒成立，讨论二次函数系数，结合根的分布.【详解】解：（1）因为函数是定义在实数集上的奇函数，所以，当时，则所以当时所以（2）因为时，在上恒成立等价于即在上恒成立令，则①当时，不恒成立，故舍去②当时必有，此时对称轴若即或时，恒成立因为，所以若即时，要使恒成立则有与矛盾，故舍去综上，实数的取值范围是【点睛】应用函数奇偶性可解决的四类问题及解题方法（1）求函数值：将待求值利用奇偶性转化为已知区间上的函数值求解；（2）求解析式：先将待求区间上的自变量转化到已知区间上，再利用奇偶性求解，或充分利用奇偶性构造关于的方程(组)，从而得到的解析式；（3）求函数解析式中参数的值：利用待定系数法求解，根据得到关于待求参数的恒等式，由系数的对等性得参数的值或方程(组)，进而得出参数的值；（4）画函数图象和判断单调性：利用奇偶性可画出另一对称区间上的图象及判断另一区间上的单调性.18、（1）（2）【解析】（1）根据抛物线的定义或者直接列式化简即可求出；（2）方法一：设切线的方程为：，与抛物线方程联立，由即可求出的值，从而得出点的坐标，即可求出直线方程【小问1详解】设M（x，y），则解得．所以该抛物线的方程为【小问2详解】［方法一］：依题意，切线的斜率存在，设切线的方程为：，与抛物线方程联立，得，令，得或．从而或，解得或，所以切点A（－1，），B（2，2），直线AB的斜率为，所以直线AB的方程为，整理得．［方法二］：由可得，所以，设切点为（），则切线的斜率，又切线过点P（，－1），所以，整理得，解得或，所以切点的坐标为A（－1，），B（2，2），所以直线AB的斜率为，所以直线AB的方程为，整理得19、（1）答案见详解（2），证明见解析【解析】（1）求导得，，分类讨论参数a的范围即可判断单调区间；（2）设，，联立整理得，构造得，构造函数，结合导数判断单调性，进而得证.小问1详解】由，，可得，当时，，所以在上单调递增；当时，令，得，令，得所以在单调递减，在单调递增；【小问2详解】证明：因为函数有两个零点，由（1）得，此时的递增区间为，递减区间为，有极小值.所以，可得,所以.由（1）可得的极小值点为，则不妨设.设，，则则，即，整理得，所以，设，则，所以在上单调递减，所以，所以，即.20、（1）证明见解析（2）【解析】建立空间直角坐标系，计算出相关点的坐标，进而计算出相关向量的坐标；（1）计算向量的数量积，，根据数量积结果为零，证明线线垂直，进而证明线面垂直2；（2）求出平面PCD的法向量和平面PAC的法向量，根据向量的夹角公式即可求解.【小问1详解】证明：因为平面ABCD，平面ABCD，平面ABCD，所以，，又因为，则以A为坐标原点，分别以AB、AD、AP所在的直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，则，，所以，，又，平面PAC，平面PAC，∴平面PAC；【小问2详解】解：由（1）可知平面PAC，可作为平面PAC的法向量，设平面PCD的法向量，因为，所以，即，不妨设，得，又由图示知二面角为锐角，所以二面角的正弦值为21、（1）证明过程见解析；（2）.【解析】（1）利用平面与平面垂直的性质得出直线与平面垂直，进而得出平面；（2）建立空间直角坐标系即可求解.【小问1详解】证明：因为平面平面，交线为且平面中，所以平面又平面所以又，且所以平面【小问2详解】解：由（1）知，平面且所以、、两两垂直因此以原点，建立如图所示的空间直角坐标系因为，，，设所以，