2026届福建省三明市清流县第二中学高二上数学期末达标检测模拟试题含解析

2026届福建省三明市清流县第二中学高二上数学期末达标检测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．已知等差数列的前项和为，若，，则（）A. B.C. D.2．在等腰中，在线段斜边上任取一点，则线段的长度大于的长度的概率（）A. B.C. D.3．已知点在平面内，是平面的一个法向量，则下列各点在平面内的是（）A. B.C. D.4．某单位有840名职工,现采用系统抽样方法,抽取42人做问卷调查,将840人按1,2,…,840随机编号,则抽取的42人中,编号落入区间[481,720]的人数为A.11 B.12C.13 D.145．如果向量，，共面，则实数的值是（）A. B.C. D.6．如图所示，在中，，，，AD为BC边上的高，；若，则的值为（）A. B.C. D.7．设，，则“”是“”的A.充要条件 B.充分而不必要条件C.必要而不充分条件 D.既不充分也不必要条件8．如图，直四棱柱的底面是菱形，，，M是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B.C. D.9．已知抛物线，过其焦点且斜率为1的直线交抛物线于A，B两点，若线段AB的中点的横坐标为3，则该抛物线的准线方程为（）A. B.C. D.10．在等差数列中，已知，则数列的前9项和为（）A. B.13C.45 D.11711．已知直线过抛物线C的焦点，且与C的对称轴垂直，与C交于A，B两点，P为C的准线上一点，若的面积为36，则等于（）A.36 B.24C.12 D.612．在正项等比数列中，和为方程的两根，则等于（）A.8 B.10C.16 D.32二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知圆：，圆：，则圆与圆的位置关系是______14．方程表示双曲线，则实数k的取值范围是___________.15．已知双曲线与椭圆有公共的左、右焦点分别为，，以线段为直径的圆与双曲线C及其渐近线在第一象限内分别交于M，N两点，且线段的中点在另一条渐近线上，则的面积为___________.16．如图，在等腰直角△ABC中，，点P是边AB上异于A、B的一点，光线从点P出发，经BC、CA反射后又回到原点P.若光线QR经过△ABC的内心，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）在中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，满足.（1）求A；（2）若，求面积的最大值.18．（12分）某市对排污水进行综合治理，征收污水处理费，系统对各厂一个月内排出污水量x吨收取的污水处理费y元，运行程序如图所示：INPUTxIFTHENELSEIFTHENELSEENDIFENDIFPRINTyEND（1）请写出y与x的函数关系式；（2）求排放污水150吨的污水处理费用.19．（12分）如图长方体中，，，点为的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面；（3）求二面角的余弦值.20．（12分）已知展开式中，第三项的系数与第四项的系数相等（1）求n的值；（2）求展开式中有理项的系数之和（用数字作答）21．（12分）如图在四棱锥中，底面是菱形，，平面平面，，，为的中点，是棱上的一点，且.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.22．（10分）已知函数.（1）若，求函数的单调区间；（2）设存在两个极值点，且，若，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】根据和可求得，结合等差数列通项公式可求得.【详解】设等差数列公差为，由得：；又，，.故选：B.2、C【解析】利用几何概型的长度比值，即可计算.【详解】设直角边长，斜边，则线段的长度大于的长度的概率.故选：C3、B【解析】设平面内的一点为，由可得，进而可得满足的方程，将选项代入检验即可得正确选项.【详解】设平面内的一点为(不与点重合)，则，因为是平面的一个法向量，所以，所以，即，对于A：，故选项A不正确；对于B：，故选项B正确；对于C：，故选项C不正确；对于D：，故选项D不正确，故选：B.4、B【解析】使用系统抽样方法，从840人中抽取42人，即从20人抽取1人∴从编号1～480的人中，恰好抽取480/20=24人，接着从编号481～720共240人中抽取240/20=12人考点：系统抽样5、B【解析】设，由空间向量的坐标运算可得出方程组，即可解得的值.【详解】由于向量，，共面，设，可得，解得.故选：B.6、B【解析】根据题意求得，化简得到，结合，求得的值，即可求解.【详解】在中，，，，AD为BC边上的高，可得，由又因为，所以，所以.故选：B.7、C【解析】不能推出，反过来，若则成立，故为必要不充分条件.8、D【解析】用向量分别表示,利用向量的夹角公式即可求解.【详解】由题意可得，故选：D【点睛】本题主要考查用向量的夹角公式求异面直线所成的角，属于基础题.9、B【解析】设，进而根据题意，结合中点弦的问题得，进而再求解准线方程即可.【详解】解：根据题意，设，所以①，②，所以，①②得：，即，因为直线AB的斜率为1，线段AB的中点的横坐标为3，所以，即，所以抛物线，准线方程为.故选：B10、C【解析】根据给定的条件利用等差数列的性质计算作答【详解】在等差数列中，因，所以.故选：C11、C【解析】设抛物线方程为，根据题意由求解.【详解】设抛物线方程为：，因为直线过抛物线C的焦点，且与C的对称轴垂直，所以，又P为C的准线上一点，所以点P到直线AB的距离为p，所以，解得，所以，故选：C12、C【解析】根据和为方程两根，得到，然后再利用等比数列的性质求解.【详解】因为和为方程的两根，所以，又因为数列是等比数列，所以，故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、相交【解析】把两个圆的方程化为标准方程，分别找出两圆的圆心坐标和半径，利用两点间的距离公式求出两圆心的距离，与半径和与差的关系比较即可知两圆位置关系.【详解】化为，化为，则两圆圆心分别为：，，半径分别为：，圆心距为，，所以两圆相交.故答案为：相交.14、【解析】由题可得，即求.【详解】∵方程表示双曲线，∴，∴.故答案为：.15、【解析】求出椭圆焦点坐标，即双曲线焦点坐标，即双曲线的半焦距，再求出点坐标，利用中点在渐近线上得出的关系式，从而求得，然后可计算面积【详解】由题意椭圆中，即，以线段为直径的圆的方程为，由，解得（取第一象限交点坐标），，双曲线的不在第一象限的渐近线方程为，，的中点坐标为，它在渐近线上，所以，化简得，又，所以，双曲线方程为，则得，所以故答案为：16、【解析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设出点的坐标，求得△的内心坐标，根据△内心以及关于的对称点三点共线，即可求得点的坐标，则问题得解.【详解】根据题意，以为坐标原点，建立平面直角坐标系，设点关于直线的对称点为，关于轴的对称点为，如下所示：则，不妨设，则直线的方程为，设点坐标为，则，且，整理得，解得，即点，又；设△的内切圆圆心为，则由等面积法可得，解得；故其内心坐标为，由及△的内心三点共线，即，整理得，解得（舍）或，故.故答案为：.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、（1）（2）【解析】（1）由正弦定理得，再由范围可得答案；（2）由余弦定理和基本不等式可得，再由面积公式可得答案.【小问1详解】∵，由正弦定理得，又，所以，又，则；【小问2详解】由余弦定理得，即，所以，当且仅当，取“=”，所以面积的最大值为18、（1）；（2）1400（元）.【解析】（1）根据已知条件即可容易求得函数关系式；（2）根据（1）中所求函数关系式，令，求得函数值即可.【小问1详解】根据题意，得：当时，；当时，；当时，.即.【小问2详解】因为，故，故该厂应缴纳污水处理费1400元.19、（1）见解析（2）见解析（3）【解析】（1）作辅助线，由中位线定理证明，再由线面平行的判定定理证明即可；（2）连接，由勾股定理证明，，再结合线面垂直的判定定理证明即可；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求面面角的余弦值即可.【详解】（1）连接交与点，连接四边形为正方形，点为的中点又点为的中点，平面，平面平面（2）连接由勾股定理可知，，则同理可证，平面平面（3）建立如下图所示的空间直角坐标系显然平面的法向量即为平面的法向量，不妨设为由（2）可知平面，即平面的法向量为又二面角是钝角二面角的余弦值为【点睛】关键点睛：在第一问中，关键是利用中位线定理找到线线平行，再由定义证明线面平行；在第二问中，关键是利用勾股定理证明线线垂直，从而得出线面垂直；在第三问中，关键是建立坐标系，利用向量法求面面角的余弦值.20、（1）8；（2）.【解析】（1）由题设可得，进而写出第三、四项的系数，结合已知列方程求n值即可.（2）由（1）有，确定有理项的对应k值，进而求得对应项的系数，即可得结果.小问1详解】由题意，二项式展开式的通项公式所以第三项系数为，第四项系数为，由，解得，即n的值为8【小问2详解】由（1）知：当，3，6时，对应的是有理项当时，展开式中对应的有理项为；当时，展开式中对应的有理项为；当时，展开式中对应的有理项为；故展开式中有理项的系数之和为21、（1）见解析；（2）.【解析】（1）推导出PQ⊥AD，从而PQ⊥平面ABCD，连接AC，交BQ于N，连接MN，则AQ∥BC，推导出MN∥PA，由此能证明PA∥平面BMQ（2）连结BD，以Q为坐标原点，以QA、QB、QP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角M﹣BQ﹣P的余弦值【详解】（1）由已知PA＝PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，PQ⊂面PAD，∴PQ⊥平面ABCD，连接AC，交BQ于N，连接MN，∵底面ABCD是菱形，∴AQ∥BC，∴△ANQ∽△BCN，，又，∴，∴MN∥PA，又MN⊂平面BMQ，PA⊄平面BMQ，∴PA∥平面BMQ（2）连结BD，∵底面底面是菱形，∴△ABD是正三角形，∴由（1）知PQ⊥平面ABCD，∴PQ⊥AD，PQ⊥BQ，以Q为坐标原点，以QA、QB、QP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则Q（0，0，0），A（1，0，0），B（0，，0），P（0，0，），设平面BMQ的法向量＝（x，y，z），∴，由（1）知MN∥PA，∴，∴，取z＝1，得，平面BQP的法向量，设二面角M﹣BQ﹣P的平面角为θ