云南省红河州泸源中学2026届高二上数学期末联考试题含解析

云南省红河州泸源中学2026届高二上数学期末联考试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．，则（）A. B.C. D.2．已知定义在R上的函数满足，且有，则的解集为（）A. B.C. D.3．已知向量分别是直线的方向向量，若，则（）A. B.C. D.4．若存在，使得不等式成立，则实数k的取值范围为（）A. B.C. D.5．椭圆的一个焦点坐标为，则（）A.2 B.3C.4 D.86．已知双曲线的左焦点为，，为双曲线的左、右顶点，渐近线上的一点满足，且，则双曲线的离心率为（）A. B.C. D.7．双曲线：的左、右焦点分别为、，过的直线与y轴交于点A、与双曲线右支交于点B，若为等边三角形，则双曲线C的离心率为（）A. B.C.2 D.8．在等差数列中，，则（）A.6 B.3C.2 D.19．在等差数列中，若，则的值为（）A. B.C. D.10．在直三棱柱中，侧面是边长为的正方形，，，且，则异面直线与所成的角为（）A. B.C. D.11．设m，n是两条不同直线，，是两个不同平面，则下列说法错误的是（）A.若，，则； B.若，，则；C.若，，则； D.若，，则12．若直线的斜率，则直线的倾斜角的取值范围是（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图①，用一个平面去截圆锥，得到的截口曲线是椭圆.许多人从纯几何的角度出发对这个问题进行过研究，其中比利时数学家（1794-1847）的方法非常巧妙，极具创造性.在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面，截面相切，两个球分别与截面相切于，在截口曲线上任取一点，过作圆锥的母线，分别与两个球相切于，由球和圆的几何性质，可以知道，，于是.由的产生方法可知，它们之间的距离是定值，由椭圆定义可知，截口曲线是以为焦点的椭圆.如图②，一个半径为2的球放在桌面上，桌面上方有一个点光源，则球在桌面上的投影是椭圆.已知是椭圆的长轴，垂直于桌面且与球相切，，则椭圆的离心率为___________.14．椭圆的弦被点平分，则这条弦所在的直线方程是________15．已知曲线，①若，则是椭圆，其焦点在轴上；②若，则是圆，其半径为；③若，则是双曲线，其渐近线方程为；④若，，则是两条直线.以上四个命题，其中正确的序号为_________.16．直线与直线间的距离为___________.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）已知圆D经过点A（-1，0），B（3，0），C（1，2）.（1）求圆D的标准方程；（2）若直线l：与圆D交于M、N两点，求线段MN的长度.18．（12分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线：，点，过点的直线l与抛物线交于A，B两点：当l与抛物线的对称轴垂直时，（1）求抛物线的标准方程；（2）若点A在第一象限，记的面积为，的面积为，求的最小值19．（12分）平面直角坐标系中，过椭圆：右焦点的直线交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为.（1）求椭圆M的方程；（2）C，D为椭圆M上的两点，若四边形ACBD的对角线CD与AB垂直，求四边形ACBD面积的最大值.20．（12分）若存在实常数k和b，使得函数和对其公共定义域上的任意实数x都满足：和恒成立，则称此直线y＝kx＋b为和的“隔离直线”.已知函数，.（1）证明函数在内单调递增；（2）证明和之间存在“隔离直线”，且b的最小值为－4.21．（12分）已知平面直角坐标系上一动点满足：到点的距离是到点的距离的2倍.（1）求点的轨迹方程；（2）若点与点关于直线对称，求的最大值.22．（10分）在①成等差数列；②成等比数列；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并对其求解.问题：已知为数列的前项和，，且___________.（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

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】求出，然后可得答案.【详解】，所以故选：B2、A【解析】构造，应用导数及已知条件判断的单调性，而题设不等式等价于即可得解.【详解】设，则，∴R上单调递增.又，则.∵等价于，即，∴，即所求不等式的解集为.故选：A.3、C【解析】由题意，得，由此可求出答案【详解】解：∵，且分别是直线的方向向量，∴，∴，∴，故选：C【点睛】本题主要考查向量共线的坐标表示，属于基础题4、C【解析】根据题意和一元二次不等式能成立可得对于，成立，令，利用导数讨论函数的单调性，即可求出.【详解】存在，不等式成立，则，能成立，即对于，成立，令，，则，令，所以当，单调递增，当，单调递减，又，所以f(x)>-3，所以.故选：C5、D【解析】由条件可得，，，，由关系可求值.【详解】∵椭圆方程为：，∴，∴，，∵椭圆的一个焦点坐标为，∴，又，∴，∴，故选：D.6、C【解析】由双曲线的渐近线方程和两点的距离公式，求得点的坐标和，在中，利用余弦定理，求得的关系式，再由离心率公式，计算即可求解.【详解】由题意，双曲线，可得，设在渐近线上，且点在第一象限内，由，解得，即点，所以，在中，由余弦定理可得，可得，即，所以双曲线离心率为.故选：C.【点睛】求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：1、定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；2、齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；3、特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.7、B【解析】由双曲线的定义知，，又为等边三角形，所以，由对称性有，所以，在直角三角形中，求出，在三角形中，由余弦定理求出，从而即可求解.【详解】解：由双曲线的定义知，，又为等边三角形，所以，由对称性有，所以，在直角三角形中，，在三角形中，由余弦定理有，所以，解得，所以双曲线C的离心率，故选：B.8、B【解析】根据等差数列下标性质进行求解即可.【详解】因为是等差数列，所以，故选：B9、C【解析】利用等差数列性质可求得，由可求得结果.【详解】由等差数列性质知：，，解得：；又，.故选：C.10、C【解析】分析得出，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成的角.【详解】由题意可知，，因为，，则，，因为平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则点、、、，，，，因此，异面直线与所成的角为.故选：C.11、C【解析】直接由直线平面的定理得到选项正确；对于选项，m，n可能平行、相交或异面，所以该选项错误；对于选项，与内一直线l，所以，因为l为内一直线，所以．所以该选项正确.【详解】对于选项，若，，则，所以该选项正确；对于选项，若，，则，所以该选项正确；对于选项，若，，则m，n可能平行、相交或异面，所以该选项错误；对于选项，若，，则与内一直线l，所以，因为l为内一直线，所以．所以该选项正确.故选：C【点睛】本题主要考查空间直线平面位置关系判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.12、B【解析】根据斜率的取值范围，结合来求得倾斜角的取值范围.【详解】设倾斜角为，因为，且，所以.故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、##0.5【解析】利用球与圆锥相切，得出截面，在平面图形中求解，以及圆锥曲线的来源来理解切点为椭圆的一个焦点，求出，得出离心率.【详解】设球切于，切于E，，球半径为2，所以，，∴，又中，，，故椭圆长轴长为,,根据椭圆在圆锥中截面与二球相切的切点为椭圆的焦点知：球O与相切的切点为椭圆的一个焦点，且，，椭圆的离心率为.故答案：.14、2x＋4y－3＝0【解析】设弦端点为，又A，B在椭圆上，、即直线AB的斜率为直线AB的方程为，.15、①③④【解析】通过m，n的取值判断焦点坐标所在轴，判断①，求出圆的半径判断②；通过求解双曲线的渐近线方程，判断③；利用，，判断曲线是否是两条直线判断④【详解】解：①若，则，因为方程化为：，焦点坐标在y轴，所以①正确；②若，则C是圆，其半径为：，不一定是，所以②不正确；③若，则C是双曲线，其渐近线方程为，化简可得，所以③正确；④若，，方程化为，则C是两条直线,所以④正确；故答案为：①③④16、【解析】利用平行间的距离公式可求得结果.【详解】由平行线间的距离公式可知，直线、间的距离为.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）设圆D的标准方程，利用待定系数法即可得出答案；（2）利用圆的弦长公式即可得出答案.【小问1详解】解：设圆D的标准方程，由题意可得，解得，所以圆D标准方程为；【小问2详解】解：由（1）可知圆心，半径，所以圆心D（1，0）到直线l：的距离，所以.18、（1）.（2）8.【解析】（1）将点代入抛物线方程可解得基本量.（2）设直线AB为，代入联立得关于的一元二次方程，运用韦达定理，得到关于的函数关系，再求函数最值.【小问1详解】当l与抛物线的对称轴垂直时，，，则代入抛物线方程得，所以抛物线方程是【小问2详解】设点，，直线AB方程为，联立抛物线整理得：，，∴，，有，由A在第一象限，则，即，∴，可得，又O到AB的距离，∴，而，∴，，当，，单调递减；，，单调递增；∴的最小值为,此时，.19、（1）（2）【解析】（1）设，，的中点为，利用“点差法”求解；（2）由求得A，B的坐标，进而得到的长，再根据，设直线的方程为，由，求得的长，然后由四边形的面积为求解.【小问1详解】解：把右焦点代入直线，得，设，，的中点为，则，，相减得，即，即，即.又，，则.又，解得，，故椭圆的方程为.【小问2详解】联立消去，可得，解得或，故交点为，.所以.因为，所以可设直线的方程为，，，联立消去，得到，因为直线与椭圆有两个不同的交点，则，解得，且，又，则.故四边形的面积为，故当时，取得最大值，最大值为.所以四边形的面积的最大值为.20、（1）见解析（2）见解析【解析】（1）由导数得出在上的单调性；（2）设和之间的隔离直线为y＝kx＋b，由题设条件得出对任意恒成立，再由二次函数的性质求解即可.【小问1详解】，当时，在上单调递增在内单调递增【小问2详解】设和之间的隔离直线为y＝kx＋b则对任意恒成立，即对任意恒成立由对任意恒成立，得当时，则有符合题意；当时，则有对任意恒成立的对称轴为又的对称轴为即故和之间存在“隔离直线”，且b的最小值为－4.【点睛】关键点睛：在解决问题一时，求了一阶导得不了函数的单调性，再次求导得，进而得出在恒成立，得在上的单调性.21、（1）（2）【解析】（1）直接法求动点的轨迹方程，设点，列方程即可.（2）点关于直线对称的对称点问题，可以先求出点到直线的距离最值的两倍就是的距离，也可以求出点的轨迹方程直接求解的距离.【小问1详解】设，由题意，得：，化简得，所以点轨迹方程为【小问2详解】方法一：设，因为点与点关于点对称，则点坐标为，因为点在圆，即上运动，所以，所以点的轨迹方程为，所以两圆的圆心分别为，半径均为2，则.方法二：由可得：所以点