2026届黑龙江省尚志中学高二数学第一学期期末考试模拟试题含解析

2026届黑龙江省尚志中学高二数学第一学期期末考试模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．设函数的导函数是，若，则（）A. B.C. D.2．已知圆与圆相交于A、B两点，则圆上的动点P到直线AB距离的最大值为（）A. B.C. D.3．已知点是椭圆上的任意一点，过点作圆：的切线，设其中一个切点为，则的取值范围为（）A. B.C. D.4．已知是两个数1，9的等比中项，则圆锥曲线的离心率为（）A.或 B.或C. D.5．①“若，则互为相反数”的逆命题；②“若，则”的逆否命题；③“若，则”的否命题.其中真命题的个数为（）A.0 B.1C.2 D.36．圆和圆的位置关系是（）A.内含 B.内切C.相交 D.外离7．如图，用4种不同的颜色对A，B，C，D四个区域涂色，要求相邻的两个区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方法有（）A.24种 B.48种C.72种 D.96种8．正三棱锥的侧面都是直角三角形，，分别是，的中点，则与平面所成角的余弦值为（）A. B.C. D.9．阿基米德（Archimedes，公元前287年-公元前212年），出生于古希腊西西里岛叙拉古（今意大利西西里岛上），伟大的古希腊数学家、物理学家，与高斯、牛顿并称为世界三大数学家．有一类三角形叫做阿基米德三角形（过抛物线的弦与过弦端点的两切线所围成的三角形），他利用“通近法”得到抛物线的弦与抛物线所围成的封闭图形的面积等于阿基米德三角形面积的（即右图中阴影部分面积等于面积的）．若抛物线方程为，且直线与抛物线围成封闭图形的面积为6，则（）A.1 B.2C. D.310．下面四个说法中，正确说法的个数为（）（1）如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合；（2）两条直线可以确定一个平面；（3）若，，，则；（4）空间中，两两相交的三条直线在同一平面内.A.1 B.2C.3 D.411．已知双曲线的左右焦点分别为、，过点的直线交双曲线右支于A、B两点，若是等腰三角形，且，则的周长为（）A. B.C. D.12．命题“，使得”的否定形式是A.，使得 B.，使得C.，使得 D.，使得二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在空间四边形ABCD中，AD=2，BC=2，E，F分别是AB，CD的中点，EF=，则异面直线AD与BC所成角的大小为____.14．已知椭圆的离心率为.（1）证明：；（2）若点在椭圆的内部，过点的直线交椭圆于、两点，为线段的中点，且.①求直线的方程；②求椭圆的标准方程.15．已知数列满足，且，则______，数列的通项_____16．数列的前项和为，则_________________.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）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2，A1A=4，点D是BC的中点；（I）求异面直线A1B，AC1所成角的余弦值；（II）求直线AB1与平面C1AD所成角的正弦值18．（12分）已知椭圆：过点，且离心率（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）设的左、右焦点分别为，，过点作直线与椭圆交于，两点，，求的面积19．（12分）已知空间三点.（1）求以为邻边平行四边形的周长和面积;（2）若，且分别与垂直，求向量的坐标.20．（12分）（1）已知：方程表示双曲线；：关于的不等式有解.若为真，求的取值范围；（2）已知，，.若p是q的必要不充分条件，求实数m的取值范围.21．（12分）已知椭圆的一个焦点是，且离心率.（1）求椭圆的方程；（2）设过点的直线交于两点，线段的垂直平分线交轴于点，求的取值范围.22．（10分）圆锥曲线的方程是.（1）若表示焦点在轴上的椭圆，求的取值范围；（2）若表示焦点在轴上且焦距为的双曲线，求的值.

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、A【解析】求导后，令，可求得，再令可求得结果.【详解】因为，所以，所以，所以，所以，所以.故选：A【点睛】本题考查了导数的计算，考查了求导函数值，属于基础题.2、A【解析】判断圆与的位置并求出直线AB方程，再求圆心C到直线AB距离即可计算作答.【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，，，即圆与相交，直线AB方程为：，圆的圆心，半径，点C到直线AB距离的距离，所以圆C上的动点P到直线AB距离的最大值为.故选：A3、B【解析】设，得到，利用椭圆的范围求解.【详解】解：设，则，，，因为，所以，即，故选：B4、A【解析】根据题意可知，当时，根据椭圆离心率公式，即可求出结果；当时，根据双曲线离心率公式,即可求出结果.【详解】因为是两个数1，9的等比中项，所以，所以，当时，圆锥曲线，其离心率为；当时，圆锥曲线，其离心率为；综上，圆锥曲线的离心率为或.故选：A.5、B【解析】写出逆命题判断①；写出逆否命题判断②；写出否命题判断③.【详解】①:“若，则互为相反数”的逆命题为：“若互为相反数，则”，是真命题；②：“若，则”的逆否命题为：“若，则”.因为当时，有，但不成立.故“若，则”是假命题.③：“若，则”的否命题为：“若，则”.因为当时，有，但是，即不成立.故“若，则”是假命题..故选：B6、C【解析】根据两圆圆心的距离与两圆半径和差的大小关系即可判断.【详解】解：因为圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，所以两圆圆心的距离为，因为，即，所以圆和圆的位置关系是相交，故选：C.7、B【解析】按涂色顺序进行分四步，根据分步乘法计数原理可得解.【详解】按涂色顺序进行分四步：涂A部分时，有4种涂法；涂B部分时，有3种涂法；涂C部分时，有2种涂法；涂D部分时，有2种涂法.由分步乘法计数原理，得不同的涂色方法共有种.故选：B.8、C【解析】以P为原点，PA为x轴，PB为y轴，PC为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出PB与平面PEF所成角的正弦值.【详解】∵正三棱锥的侧面都是直角三角形，E，F分别是AB，BC的中点，∴以P为原点，PA为x轴，PB为y轴，PC为z轴，建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，，，设平面PEF的法向量，则，取，得，设PB与平面PEF所成角为，则，∴PB与平面PEF所成角的正弦值为.故选：C.9、D【解析】根据题目所给条件可得阿基米德三角形的面积，再利用三角形面积公式即可求解.【详解】由题意可知，当过焦点的弦垂直于x轴时，即时，，即，故选：D10、A【解析】如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合或者是相交，即可判断；利用两条异面直线不能确定一个平面即可判断；利用平面的基本性质中的公理判断即可；若两两相交的三条直线相交于同一点，则相交于同一点的三直线不一定在同一平面内（如棱锥的3条侧棱），即可判断.【详解】如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合或者是相交，故（1）不正确；两条异面直线不能确定一个平面，故（2）不正确；利用平面的基本性质中的公理判断（3）正确；空间中，若两两相交的三条直线相交于同一点，则相交于同一点的三直线不一定在同一平面内（如棱锥的3条侧棱），故（4）不正确，综上所述只有一个说法是正确的，故选：A【点睛】本题主要考查了空间中点，线，面的位置关系.属于较易题.11、A【解析】设，．根据双曲线的定义和等腰三角形可得，再利用余弦定理可求得，从而可得的周长.【详解】由双曲线可得设，．则，，所以，因为是等腰三角形，且，所以，即，所以，所以，，在中，由余弦定理得，即，所以，解得，的周长故选：A【点睛】关键点点睛：根据双曲线的定义求解是解题关键.12、D【解析】的否定是，的否定是，的否定是．故选D【考点】全称命题与特称命题的否定【方法点睛】全称命题的否定是特称命题，特称命题的否定是全称命题．对含有存在（全称）量词的命题进行否定需要两步操作：①将存在（全称）量词改成全称（存在）量词；②将结论加以否定二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由已知找到异面直线所成角的平面角，再运用余弦定理可得答案.【详解】解：设BD的中点为O，连接EO，FO，所以，则∠EOF（或其补角）就是异面直线AD，BC所成的角的平面角，又因为EO=AD=1，FO=BC=，EF=.根据余弦定理得=-，所以∠EOF=150°，异面直线AD与BC所成角的大小为30°.故答案为：30°.14、（1）证明见解析；（2）①；②.【解析】（1）由可证得结论成立；（2）①设点、，利用点差法可求得直线的斜率，利用点斜式可得出所求直线的方程；②将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由可得出，利用平面向量数量积的坐标运算可得出关于的等式，可求出的值，即可得出椭圆的方程.【详解】（1），，因此，；（2）①由（1）知，椭圆的方程为，即，当在椭圆的内部时，，可得.设点、，则，所以，，由已知可得，两式作差得，所以，所以，直线方程为，即.所以，直线的方程为；②联立，消去可得.，由韦达定理可得，，又，而，，，解得合乎题意，故，因此，椭圆的方程为.15、①.②.【解析】判断出是等差数列，由此求得，利用累加法求得.【详解】依题意，则，所以数列是以为首项，公差为的等差数列，所以，，当时，，，也符合上式，所以.故答案为：；16、【解析】利用计算可得出数列的通项公式.【详解】当时，;而不适合上式，.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、（I）（II）【解析】（I）以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系A﹣xyz，可得和的坐标，可得cos＜，＞，可得答案；（II）由（I）知，=（2，0，﹣4），=（1，1，0），设平面C1AD的法向量为=（x，y，z），由可得=（1，﹣1，），设直线AB1与平面C1AD所成的角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=，进而可得答案解：（I）以，，x，y，z轴建立空间直角坐标系A﹣xyz，则可得B（2，0，0），A1（0，0，4），C1（0，2，4），D（1，1，0），∴=（2，0，﹣4），=（0，2，4），∴cos＜，＞==∴异面直线A1B，AC1所成角的余弦值为：；（II）由（I）知，=（2，0，﹣4），=（1，1，0），设平面C1AD的法向量为=（x，y，z），则可得，即，取x=1可得=（1，﹣1，），设直线AB1与平面C1AD所成的角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=∴直线AB1与平面C1AD所成角的正弦值为：考点：异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角18、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）根据已知点，离心率以及列方程组，解方程组可得的值即可求解；（Ⅱ）设，，直线的方程为，联立直线与椭圆方程消去，可得，，利用向量数量积的坐标表示列方程可得的值，计算，利用面积公式计算即可求解.【详解】（Ⅰ）将代入椭圆方程可得，即①因为离心率，即，②由①②解得，，故椭圆的标准方程为（Ⅱ）由题意可得，，设直线的方程为将直线的方程代入中，得，设，，则，所以，，所以，由，解得，所以，，因此19、（1）周长为，面积为7.（2）或.【解析】（1）根据点，求出向量，利用向量的摸公式即可求出的距离，可以求出周长，再利用向量的夹角公式求出夹角的余弦值，根据平方关系得到正弦值，再利用即可求解；（2）首先设出，根据题意可得出的方程组，解出满足条件所有的值即可求解.【小问1详解】由题中条件可知，，,，.所以以为邻边的平行四边形的周长为.因为，因为，所以.所以.故以以为邻边的平行四边形的面积为：.【小问2详解】设，则，，因为，且分别与垂直，得，解得或所以向量的坐标为或.20、（1）1m2；（2）(0，1]【解析】（1）由pq为真，可得p真且q假，然后分别求出p真，q假时的的取值范围，再求交集即可，（2）求得p：1x2，再由p是q的必要不充分条件，得，解不等式组可求得答案【详解】（1）因为pq为真，所以p真且q假，p真：m1m301m3，q假，则不等式无解，则402m2，所以1m2.（2）依题意，p：1x2，因p是q的必要不充分条件，于是得（不同时取等号），解得0m1，所以实数m的取值范围是(0，1].21、（1）（2）【解析】（1）由条件可得，，然后可得答