四川省成都市达标名校2026届高二上数学期末检测模拟试题含解析

四川省成都市达标名校2026届高二上数学期末检测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．的展开式中的系数是（）A. B.C. D.2．“椭圆的离心率为”是“”的（）A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件3．已知圆，则圆C关于直线对称的圆的方程为（）A. B.C. D.4．下列函数求导错误的是（）A.B.C.D.5．绕着它的一边旋转一周得到的几何体可能是（）A.圆台 B.圆台或两个圆锥的组合体C.圆锥或两个圆锥的组合体 D.圆柱6．在棱长为2的正方体中，为线段的中点，则点到直线的距离为（）A. B.C. D.7．数列中，，，．当时，则n等于（）A.2016 B.2017C.2018 D.20198．甲组数据为：5，12，16，21，25，37，乙组数据为：1，6，14，18，38，39，则甲、乙的平均数、极差及中位数相同的是（）A.极差 B.平均数C.中位数 D.都不相同9．设函数若函数有两个零点，则实数m的取值范围是（）A. B.C. D.10．已知命题p：，，则命题p的否定为（）A， B.，C.， D.，11．已知斜率为1的直线与椭圆相交于A、B两点，O为坐标原点，AB的中点为P，若直线OP的斜率为，则椭圆C的离心率为（）A. B.C. D.12．函数的导函数为，对任意，都有成立，若，则满足不等式的的取值范围是（）A. B.C D.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4项依次为，，，，则的一个通项公式为________14．已知抛物线：（）的焦点到准线的距离为4，过点的直线与抛物线交于，两点，若，则______15．已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为________16．已知圆关于直线对称，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）如图，四边形是矩形，平面平面，为中点，，，（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值18．（12分）如图，在直棱柱中，已知，点分别的中点.（1）求异面直线与所成的角的大小；（2）求点到平面的距离；（3）在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成的角的大小是?若存在，请指出点的位置，若不存在，请说明理由.19．（12分）已知等差数列的前三项依次为，4，，前项和为，且.（1）求的通项公式及的值；（2）设数列的通项，求证是等比数列，并求的前项和.20．（12分）平面直角坐标系中，曲线与坐标轴交点都在圆上.（1）求圆的方程；（2）圆与直线交于，两点，在圆上是否存在一点，使得四边形为菱形？若存在，求出此时直线的方程；若不存在，说明理由.21．（12分）在平面直角坐标系中，动点到直线的距离与到点的距离之差为.（1）求动点的轨迹的方程；（2）过点的直线与交于、两点，若的面积为，求直线的方程.22．（10分）已知公比的等比数列和等差数列满足：，，其中，且是和的等比中项（1）求数列与的通项公式；（2）记数列的前项和为，若当时，等式恒成立，求实数的取值范围

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、B【解析】根据二项式定理求出答案即可.【详解】的展开式中的系数是故选：B2、C【解析】讨论椭圆焦点的位置，根据离心率分别求出参数m，由充分必要性的定义判断条件间的充分、必要关系.【详解】当椭圆的焦点在轴上时，，得；当椭圆的焦点在轴上时，，得故“椭圆的离心率为”是“”的必要不充分条件故选：C.3、B【解析】求得圆的圆心关于直线的对称点，由此求得对称圆的方程.【详解】设圆的圆心关于直线的对称点为，则，所以对称圆的方程为.故选：B4、C【解析】每一个选项根据求导公式及法则来运算即可判断.【详解】对于A，，正确；对于B，，正确；对于C，，不正确；对于D，，正确.故选：C5、C【解析】讨论是按直角边旋转还是按斜边旋转【详解】按直角边选择可得下图圆锥：如果按直角边旋转可得下图的两个圆锥的组合体：故选：C6、D【解析】根据正方体的性质，在直角△中应用等面积法求到直线的距离.【详解】由正方体的性质：面，又面，故，直角△中，若到上的高为，∴，而，，，∴.故选：D.7、B【解析】根据已知条件用逐差法求得的通项公式，再根据裂项求和法求得，代值计算即可.【详解】因为，，则,即，则，故，又，即，解得.故选：B.8、B【解析】由平均数、极差及中位数的定义依次求解即可比较【详解】，，故甲、乙的平均数相同，甲、乙的极差分别为，，故不同，甲、乙的中位数分别为，，故不同，故选：9、D【解析】有两个零点等价于与的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与最值，画出函数图象，数形结合可得结果.【详解】解：设，则，所以在上递减，在上递增，，且时，，有两个零点等价于与的图象有两个交点，画出的图象，如下图所示，由图可得，时，与的图象有两个交点，此时，函数有两个零点，实数m的取值范围是，故选：D.【点睛】方法点睛：本题主要考查分段函数的性质、利用导数研究函数的单调性、函数的零点，以及数形结合思想的应用，属于难题.数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质10、A【解析】根据特称命题的否定是全称命题，结合已知条件，即可求得结果.【详解】因为命题p：，，故命题p的否定为：，.故选：A.11、B【解析】这是中点弦问题，注意斜率与椭圆a,b之间的关系.【详解】如图：依题意，假设斜率为1的直线方程为：，联立方程：，解得：，代入得，故P点坐标为，由题意，OP的斜率为，即，化简得：，，，；故选：B.12、C【解析】构造函数，利用导数分析函数的单调性，将所求不等式变形为，结合函数的单调性即可得解.【详解】对任意，都有成立，即令，则，所以函数在上单调递增不等式即，即因为，所以所以，，解得，所以不等式的解集为故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、（答案不唯一）【解析】观察数列前几项，找出规律即可写出通项公式.【详解】根据数列前几项，先不考虑正负，可知，再由奇数项为负，偶数项为正，可得到一个通项公式，故答案为：（不唯一）14、15【解析】易得抛物线方程为，根据，求得点P的坐标，进而得到直线l的方程，与抛物线方程联立，再利用抛物线定义求解.【详解】解：因为抛物线的焦点到准线的距离为4，所以，则抛物线：，设点的坐标为，的坐标为，因为，所以，则，则，所以直线的方程为，代入抛物线方程可得，故，则，所以故答案为：1515、【解析】根据已知可得，设，利用勾股定理结合，求出，四边形面积等于，即可求解.【详解】因为为上关于坐标原点对称的两点，且，所以四边形为矩形，设，则，所以，，即四边形面积等于.故答案为：.16、1【解析】根据题意，圆心在直线上，进而求得答案.【详解】由题意，圆心在直线上，则.故答案为：1.三、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）证明见解析；（2）【解析】(1)利用面面垂直的性质，证得平面，进而可得，平面即可得证；(2)在平面ABC内过点A作Ax⊥AB，以A为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量而得解.【详解】（1）因为，为中点，所以，因为是矩形，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，又，平面，，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）在平面ABC内过点A作Ax⊥AB，由（1）知，平面，故以点A为坐标原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图：则，，，，，则，所以，，，，由（1）知，为平面的一个法向量，设平面的法向量为，则，即，令，则，，所以，所以，因为二面角为锐角，则二面角的余弦值为.【点睛】思路点睛：二面角大小求解时要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角18、（1）（2）（3）不存在，理由见解析【解析】（1）由题意，以点A为原点，方向分别为x轴、y轴与z轴的正方向，建立空间直角坐标系.，利用向量法求解异面直线成角即可.（2）先求出平面DEF的一个法向量，然后利用向量法求解点面距离.（3）设（），由可得关于的方程，从而得出答案.【小问1详解】由题意，以点A为原点，方向分别为x轴、y轴与z轴的正方向，建立空间直角坐标系.则，，，，故，，从而，所以异面直线AE与DF所成角的大小为.小问2详解】，设平面DEF的法向量为，则，即，取，得到平面DEF的一个法向量为.点A到平面DEF的距离为.【小问3详解】假设存在满足条件的点M，设（），则，从而.即，即，此方程无实数解，故不存在满足条件的点M.19、（1），（2）证明见解析，【解析】(1)直接利用等差中项的应用求出的值，进一步求出数列的通项公式和的值；(2)利用等比数列的定义即可证明数列为等比数列，进一步求出数列的和.【小问1详解】等差数列的前三项依次为，4，，∴，解得；故首项为2，公差为2，故，前项和为，且，整理得，解得或－11(负值舍去).∴，k＝10.【小问2详解】由(1)得：，故(常数)，故数列是等比数列；∴.20、（1）；（2）存在，直线方程为或.【解析】（1）利用待定系数法即求；（2）利用直线与圆的位置关系可得，然后利用菱形的性质可得圆心到直线的距离，即得.【小问1详解】曲线与轴的交点为，与轴的交点为，，设圆的方程为，则，解得.∴圆的方程为；【小问2详解】∵圆与直线交于，两点，圆化为，圆心坐标为，半径为.∴圆心到直线的距离，解得.假设存在点，使得四边形为菱形，则与互相平分，∴圆心到直线的距离，即，解得，经验证满足条件.∴存在点，使得四边形为菱形，此时的直线方程为或.21、（1）；（2）或.【解析】（1）本题首先可以设动点，然后根据题意得出，通过化简即可得出结果；（2）本题首先可排除直线斜率不存在时情况，然后设直线方程为，通过联立方程并化简得出，则，，再然后根据得出，最后根据的面积为即可得出结果.【详解】（1）设动点，因为动点到直线的距离与到点的距离之差为，所以，化简可得，故轨迹方程为.（2）当直线斜率不存在时，其方程为，此时，与只有一个交点，不符合题意，当直线斜率存在时，设其方程为，联立方程，化简得，，令、，则，，因为，所以，因为的面积为，所以，解得或，故直线方程为：或.【点睛】本题考查动点的轨迹方程的求法以及抛物线与直线相交的相关问题的求解，能否根据题意列出等式是求动点的轨迹方程的关键，考查韦达定理的应用，在计算时要注意斜率为这种情况，考查计算能力，考查转化与化归思想，是中档题.22、（1），；（2）