2026届陕西省西安市第25中学高二上数学期末统考模拟试题含解析

2026届陕西省西安市第25中学高二上数学期末统考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．在棱长均为1的平行六面体中，，则（）A. B.3C. D.62．若正整数N除以正整数m后的余数为n，则记为，如.如图所示的程序框图的算法源于我国古代闻名中外的“中国剩余定理”.执行该程序框图，则输出的i等于（）A.7 B.10C.13 D.163．已知平面的一个法向量为=（2，－2，4），=（－1，1，－2），则AB所在直线l与平面的位置关系为（）A.l⊥ B.C.l与相交但不垂直 D.l∥4．已知函数的图象如图所示，则其导函数的图象大致形状为（）A. B.C. D.5．已知是抛物线上的点，F是抛物线C的焦点，若，则（）A1011 B.2020C.2021 D.20226．已知椭圆的中心为，一个焦点为，在上，若是正三角形，则的离心率为（）A. B.C. D.7．已知等比数列中，，则由此数列的奇数项所组成的新数列的前项和为（）A. B.C. D.8．已知命题若直线与抛物线有且仅有一个公共点，则直线与抛物线相切，命题若，则方程表示椭圆.下列命题是真命题的是A. B.C. D.9．已知直线在两个坐标轴上的截距之和为7，则实数m的值为（）A.2 B.3C.4 D.510．在等比数列中，，则等于（）A. B.C. D.11．直线被椭圆截得的弦长是A. B.C. D.12．已知点，，直线与线段相交，则实数的取值范围是（）A.或 B.或C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．数列中，，则______14．椭圆（a＞b＞0）的左、右顶点分别是A,B,左、右焦点分别是F1，F2．若|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，则此椭圆的离心率为___________15．已知双曲线的焦点，过F且斜率为1的直线与双曲线有且只有一个交点，则双曲线的方程为_________16．若，满足约束条件，则的最小值为__________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）如图，四棱锥中，底面为正方形，底面，，点，，分别为，，的中点，平面棱（1）试确定的值，并证明你的结论；（2）求平面与平面夹角的余弦值18．（12分）已知抛物线的焦点为F，点是抛物线上的点，且.（1）求抛物线方程；（2）直线与抛物线交于、两点，且.求△OPQ面积的最小值.19．（12分）已知三棱柱中，，，平面ABC，，E为AB中点，D为上一点（1）求证：；（2）当D为中点时，求平面ADC与平面所成角的正弦值20．（12分）已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）若对任意的，都有成立，求的取值范围21．（12分）在平面直角坐标系中，已知直线(t为参数).以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）设点的直角坐标为，直线与曲线的交点为，求的值.22．（10分）已知函数，且（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求函数在区间上的最小值

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、C【解析】设，，，利用结合数量积的运算即可得到答案.【详解】设，，，由已知，得，，，，所以，所以.故选：C2、C【解析】根据“中国剩余定理”，进而依次执行循环体，最后求得答案.【详解】由题意，第一步：，余数不为1；第二步：，余数不为1；第三步：，余数为1，执行第二个判断框，余数不为2；第四步：，执行第一个判断框，余数为1，执行第二个判断框，余数为2.输出的i值为13.故选：C.3、A【解析】由向量与平面法向量的关系判断直线与平面的位置关系【详解】因为，所以，所以故选：A4、A【解析】利用f(x)先单调递增的速度由快到慢,再由慢到快，结合导数的几何意义判断即可.【详解】由f(x)的图象可知，函数f(x)先单调递增的速度由快到慢,再由慢到快，由导数的几何意义可知，先减后增，且恒大于0，故符合题意的只有选项A.故选：A.5、C【解析】结合向量坐标运算以及抛物线的定义求得正确答案.【详解】设，因为是抛物线上的点，F是抛物线C的焦点，所以，准线为：，因此，所以，即，由抛物线的定义可得，所以故选：C6、D【解析】根据是正三角形可得的坐标，代入方程后可求离心率.【详解】不失一般性，可设椭圆的方程为：，为半焦距，为右焦点，因为且，故，故，，整理得到，故，故选：D.7、B【解析】确实新数列是等比数列及公比、首项后，由等比数列前项和公式计算，【详解】由题意，新数列为，所以，，前项和为故选：B.8、B【解析】若直线与抛物线的对称轴平行，满足条件，此时直线与抛物线相交，可判断命题为假；当时，，命题为真，根据复合命题的真假关系，即可得出结论.【详解】若直线与抛物线的对称轴平行，直线与抛物线只有一个交点，直线与抛物不相切，可得命题是假命题，当时，，方程表示椭圆命题是真命题，则是真命题.故选:B.【点睛】本题考查复合命题真假的判断，属于基础题.9、C【解析】求出直线方程在两坐标轴上的截距，列出方程，求出实数m的值.【详解】当时，，故不合题意，故，，令得：，令得：，故，解得：.故选：C10、C【解析】根据，然后与，可得，最后简单计算，可得结果.【详解】在等比数列中，由所以，又，所以所以故选：C【点睛】本题考查等比数列的性质，重在计算，当，在等差数列中有，在等比数列中，灵活应用，属基础题.11、A【解析】直线y＝x+1代入，得出关于x的二次方程，求出交点坐标，即可求出弦长【详解】将直线y＝x+1代入，可得，即5x2+8x﹣4＝0，∴x1＝﹣2，x2，∴y1＝﹣1，y2，∴直线y＝x+1被椭圆x2+4y2＝8截得的弦长为故选A【点睛】本题查直线与椭圆的位置关系，考查弦长的计算，属于基础题12、B【解析】由可求出直线过定点，作出图象，求出和，数形结合可得或，即可求解.【详解】由可得：，由可得，所以直线：过定点，作出图象如图所示：，，若直线与线段相交，则或，所以实数的取值范围是或，故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1【解析】根据可得，则，所以可得数列是以6为周期周期数列，再由计算出的值，再利用对数的运算性质可求得结果【详解】因为，所以，所以，所以数列是以6为周期的周期数列，因为，，所以，所以，所以所以，故答案为：114、【解析】本题着重考查等比中项的性质，以及椭圆的离心率等几何性质，同时考查了函数与方程，转化与化归思想.利用椭圆及等比数列的性质解题.由椭圆的性质可知：，，.又已知，，成等比数列，故，即，则.故.即椭圆的离心率为.【点评】求双曲线的离心率一般是通过已知条件建立有关的方程，然后化为有关的齐次式方程，进而转化为只含有离心率的方程，从而求解方程即可.体现考纲中要求掌握椭圆的基本性质.来年需要注意椭圆的长轴，短轴长及其标准方程的求解等.15、【解析】根据直线与双曲线只有一个交点可知直线与双曲线平行，由渐近线斜率可列出的齐次方程，利用齐次方程求解.【详解】直线与双曲线有且只有一个交点，且焦点，直线与双曲线渐近线平行，，即，，即，.则双曲线的方程为故答案为：16、【解析】作出线性约束条件的可行域，再利用截距的几何意义求最小值；【详解】约束条件的可行域，如图所示：目标函数在点取得最小值，即.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），证明见解析（2）【解析】（1），利用线面平行的判定和性质可得答案；（2）以为原点，所在直线分别为的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量由向量夹角公式可得答案.【小问1详解】.证明如下：在△中，因为点分别为的中点，所以//.又平面，平面，所以//平面.因为平面，平面平面，所以//所以//.在△中，因为点为的中点，所以点为的中点，即.【小问2详解】因为底面为正方形，所以.因为底面，所以，.如图，建立空间直角坐标系，则，，，因为分别为的中点，所以.所以，.设平面的法向量，则即令，于.又因为平面的法向量为，所以所以平面与平面夹角的余弦值为.18、（1）；（2）.【解析】（1）根据抛物线的定义列方程，由此求得，进而求得抛物线方程.（2）联立直线的方程和抛物线方程，写出根与系数关系，结合求得的值，求得三角形面积的表达式，进而求得面积的最小值.【详解】（1）依题意.（2）与联立得，，得，又，又m>0，m=4.且，，当k=0时，S最小，最小值为.19、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）利用线面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理即证；（2）利用坐标法即求.【小问1详解】∵，E为AB中点，∴，∵平面ABC，平面ABC，∴，又，，∴平面，平面，∴；【小问2详解】以C点为坐标原点，CA，CB，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，不妨设，则平面的法向量为，设平面ADC法向量为，则，∴，即，令，则∴平面ADC与平面所成角的余弦值为，所以平面ADC与平面所成角的正弦值.20、（1）答案见解析；（2）.【解析】（1）求，分别讨论不同范围下的正负，分别求单调性；（2）由（1）所求的单调性，结合，分别求出的范围再求并集即可.【详解】解：（1）由已知定义域为，当，即时，恒成立，则在上单调递增；当，即时，（舍）或，所以在上单调递减，在上单调递增.所以时，在上单调递增；时，在上单调递减，在上单调递增.（2）由（1）可知，当时，在上单调递增，若对任意的恒成立，只需，而恒成立，所以成立；当时，若，即，则在上单调递增，又，所以成立；若，则在上单调递减，在上单调递增，又，所以，，不满足对任意的恒成立.所以综上所述：.21、（1）；（2）3.【解析】（1）把展开得，两边同乘得,再代极坐标公式得曲线的直角坐标方程.（2）将代入曲线C的直角坐标方程得，再利用直线参数方程t的几何意义和韦达定理求解.【详解】（1）把展开得，两边同乘得①将代入①，即得曲线的直角坐标方程为②（2）将代入②式，得，点M的直角坐标为（0，3），设这个方程的两个实数根分别为t1，t2，则∴t1＜0，t2＜0则