贵州省平坝县新启航教育2026届高二上数学期末学业质量监测模拟试题含解析

贵州省平坝县新启航教育2026届高二上数学期末学业质量监测模拟试题考生须知：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．若“”是“”的充分不必要条件，则实数a的取值范围为A. B.或C. D.2．已知变量x，y具有线性相关关系，它们之间的一组数据如下表所示，若y关于x的线性回归方程为，则m＝（）x1234y0.11.8m4A.3.1 B.4.3C.1.3 D.2.33．在中，，满足条件的三角形的个数为（）A.0 B.1C.2 D.无数多4．在空间直角坐标系中，方程所表示的图形是（）A圆 B.椭圆C.双曲线 D.球5．“”是“直线与圆相切”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件6．某校开展研学活动时进行劳动技能比赛，通过初选，选出共6名同学进行决赛，决出第1名到第6名的名次（没有并列名次），和去询问成绩，回答者对说“很遗㙳，你和都末拿到冠军；对说“你当然不是最差的”.试从这个回答中分析这6人的名次排列顺序可能出现的结果有（）A.720种 B.600种C.480种 D.384种7．若抛物线的焦点与椭圆的左焦点重合，则m的值为（）A.4 B.-4C.2 D.-28．已知复数满足，其中为虚数单位，则的共轭复数为（）A. B.C. D.9．已知直线过点，且其方向向量，则直线的方程为（）A. B.C. D.10．已知直线与直线垂直，则（）A. B.C. D.11．数列中，，，．当时，则n等于（）A.2016 B.2017C.2018 D.201912．鲁班锁运用了中国古代建筑中首创的榫卯结构，相传由春秋时代各国工匠鲁班所作，是由六根内部有槽的长方形木条，按横竖立三方向各两根凹凸相对咬合一起，形成的一个内部卯榫的结构体.鲁班锁的种类各式各样，千奇百怪.其中以最常见的六根和九根的鲁班锁最为著名.下图1是经典的六根鲁班锁及六个构件的图片，下图2是其中的一个构件的三视图（图中单位：mm），则此构件的表面积为（）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，动点满足，则点的轨迹方程为___________.14．双曲线的渐近线方程为______15．两条平行直线与的距离是__________16．若“”是真命题，则实数的最小值为_____________.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．（12分）若数列的前n项和满足，（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前n项和18．（12分）已知抛物线E：过点Q(1，2)，F为其焦点，过F且不垂直于x轴的直线l交抛物线E于A，B两点，动点P满足△PAB的垂心为原点O.（1）求抛物线E的方程；（2）求证：动点P在定直线m上，并求的最小值.19．（12分）公差不为零的等差数列中，已知其前n项和为，若，且成等比数列（1）求数列的通项；（2）当时，求数列的前n和20．（12分）已知命题p：集合为空集，命题q：不等式恒成立（1）若p为真命题，求实数a的取值范围；（2）若为真命题，为假命题，求实数a的取值范围21．（12分）如图，在三棱锥A-BCD中，O为线段BD中点，是边长为1正三角形，且OA⊥BC，AB=AD（1）证明：平面ABD⊥平面BCD；（2）若|OA|=1，，求平面BCE与平面BCD的夹角的余弦值22．（10分）已知椭圆的左右焦点分别为，，经过左焦点的直线与椭圆交于A，B两点（异于左右顶点）（1）求△的周长；（2）求椭圆E上的点到直线距离的最大值

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、D【解析】“”是“”的充分不必要条件，结合集合的包含关系，即可求出的取值范围.【详解】∵“”是“”的充分不必要条件∴或∴故选：D.【点睛】本题考查充分必要条件，根据充要条件求解参数的范围时，可把充分条件、必要条件或充要条件转化为集合间的关系，由此得到不等式（组）后再求范围.解题时要注意，在利用两个集合之间的关系求解参数的取值范围时，不等式是否能够取等号决定端点值的取舍，处理不当容易出现漏解或增解的现象.2、A【解析】先求得样本中心，代入回归方程，即可得答案.【详解】由题意得，又样本中心在回归方程上，所以，解得.故选：A3、B【解析】利用正弦定理得到，进而或，由，得，即可求解【详解】由正弦定理得，，或，，，故满足条件的有且只有一个.故选：B4、D【解析】方程表示空间中的点到坐标原点的距离为2，从而可知图形的形状【详解】由，得，表示空间中的点到坐标原点的距离为2，所以方程所表示的图形是以原点为球心，2为半径的球，故选：D5、A【解析】根据题意，结合直线与圆的位置关系求出，即可求解.【详解】根据题意，由直线与圆相切，知圆心到直线的距离，解得或，因此“”是“直线与圆相切”的充分不必要条件.故选：A.6、D【解析】不是第一名且不是最后一名，的限制最多，先排有4种情况，再排，也有4种情况，余下的问题是4个元素在4个位置全排列，根据分步计数原理求解即可【详解】由题意，不是第一名且不是最后一名，的限制最多，故先排，有4种情况，再排，也有4种情况，余下4人有种情况，利用分步相乘计数原理知有种情况故选：D.7、B【解析】根据抛物线和椭圆焦点与其各自标准方程的关系即可求解.【详解】由题可知抛物线焦点为，椭圆左焦点为，∴.故选：B.8、D【解析】由复数除法求得后可得其共轭复数【详解】由题意，∴故选：D9、D【解析】根据题意和直线的点方向式方程即可得出结果.【详解】因为直线过点，且方向向量为，由直线的点方向式方程，可得直线的方程为：，整理，得.故选：D10、C【解析】根据两直线垂直可直接构造方程求得结果.【详解】由两直线垂直得：，解得：.故选：C.11、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.12、B【解析】由三视图可知，该构件是长为100，宽为20，高为20的长方体的上面的中间部分去掉一个长为40，宽为20，高为10的小长方体的一个几何体，进而求出表面积即可.【详解】由三视图可知，该构件是长为100，宽为20，高为20的长方体的上面的中间部分去掉一个长为40，宽为20，高为10的小长方体的一个几何体，如下图所示，其表面积为：.故选：B.【点睛】本题考查几何体的表面积的求法，考查三视图，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】表示出、，根据题意，列出等式，化简整理即可得答案.【详解】，由题意得，所以整理可得，即.故答案为：.14、【解析】将双曲线方程化成标准方程，得到且，利用双曲线渐近线方程，可得结果【详解】把双曲线化成标准方程为，且，双曲线的渐近线方程为，即故答案为【点睛】本题主要考查利用双曲线的方程求渐近线方程，意在考查对基础知识的掌握情况，属于基础题．若双曲线方程为，则渐近线方程为；若双曲线方程为，则渐近线方程为.15、5【解析】根据两平行直线，可求得a值，根据两平行线间距离公式，即可得答案.【详解】因为两平行直线与，所以，解得，所以两平行线的距离.故答案为：516、1【解析】若“”是真命题，则大于或等于函数在的最大值因为函数在上为增函数，所以，函数在上的最大值为1，所以，，即实数的最小值为1.所以答案应填:1.考点：1、命题；2、正切函数的性质.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）根据递推关系结合等比数列的定义可求解；（2）根据（1）化简，利用裂项相消法求出数列的前n项和.小问1详解】当时，，所以，即，当时，，得，则所以数列是首项为﹣1，公比为3的等比数列所以【小问2详解】由（1）得：所以，所以18、（1）；（2）证明见解析，的最小值为.【解析】（1）将点的坐标代入抛物线方程，由此求得的值，进而求得抛物线的方程.（2）设出直线的方程，联立直线的方程与抛物线的方程，写出韦达定理，设出直线的方程，联立直线的方程求得的坐标，由此判断出动点在定直线上.求得的表达式，利用基本不等式求得其最小值.【详解】（1）将点坐标代入抛物线方程得，所以.（2）由（1）知抛物线的方程为，所以，设直线的方程为，设，由消去得，所以.由于为三角形的垂心，所以，所以直线的方程为，即.同理可求得直线的方程为.由，结合，解得，所以在定直线上.直线的方程为，到直线的距离为，到直线的距离为.所以，当且仅当时取等号.所以的最小值为.【点睛】本小题主要考查抛物线方程的求法，考查直线和抛物线的位置关系，考查抛物线中三角形面积的有关计算，属于中档题.19、（1）（2）【解析】（1）根据等差数列的性质，结合题意，可求得值，根据成等比数列，即可求得d值，代入等差数列通项公式，即可得答案；（2）由（1）可求得，即可得表达式，根据裂项相消求和法，即可得答案.【小问1详解】设等差数列的公差为，由等差数列性质可得，解得，又成等比数列，所以，整理得，因为，所以，所以【小问2详解】由（1）可得，则，所以，所以20、（1）（2）【解析】（1）根据判别式小于0可得；（2）根据复合命题的真假可知，p和q有且只有一个真命题，然后根据相应范围通过集合运算可得.【小问1详解】因为集合为空集，所以无实数根，即，解得，所以p为真命题时，实数a取值范围为.【小问2详解】由解得：，即命题q为真时，实数a的取值范围为，易知p为假时，a的取值范围为，q为假时，a的取值范围为.因为为真命题，为假命题，则p和q有且只有一个真命题，当p为假q为真时，实数a的取值范围为；当p为真q为假时，实数a的取值范围为.综上，实数a的取值范围为21、（1）证明见解析（2）【解析】（1）由题意可得OA⊥平面BCD，从而可证明.（2）作OF⊥BD交BC于点F，如图，以O为坐标原点，分别以OF，OD，OA所在直线轴建立空间直角坐标系,利用向量法可求解.【小问1详解】因为AB=AD，O为BD中点，所以OA⊥BD因为OA⊥BC，且BD，BC平面BCD，BD∩BC=B，所以OA⊥平面BCD又因为OA平面ABD，所以平面ABD⊥平面BCD【小问2详解】作OF⊥BD交BC于点F，如图，以O为坐标原点，分别以OF，OD，OA所在直线轴建立空间直角坐标系因为三角形OCD为边长为1的正三角形，且OA=OB=1，DE=2AE所以A(0，0，1)，B(0，－1，0)，设平面EBC的法向量为=()因为⊥