安徽省安大附中2026届高二上数学期末监测模拟试题含解析

安徽省安大附中2026届高二上数学期末监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．直线与圆的位置关系是（）A.相交 B.相切C.相离 D.都有可能2．已知数据的平均数是，方差是4，则数据的方差是（）A.3.4 B.3.6C.3.8 D.43．已知等比数列的各项均为正数，公比，且满足，则（）A.8 B.4C.2 D.14．如图所示，为了测量A，B处岛屿的距离，小张在D处观测，测得A，B分别在D处的北偏西、北偏东方向，再往正东方向行驶10海里至C处，观测B在C处的正北方向，A在C处的北偏西方向，则A，B两处岛屿间的距离为（）海里.A. B.C. D.105．数列中，，，．当时，则n等于（）A.2016 B.2017C.2018 D.20196．已知，则“”是“”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7．在平面上给定相异两点，设点在同一平面上且满足，当且时，点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故我们称这个圆为阿波罗尼斯圆.现有双曲线，为双曲线的左、右顶点，为双曲线的虚轴端点，动点满足，面积的最大值为，面积的最小值为，则双曲线的离心率为（）A. B.C. D.8．已知是椭圆两个焦点，P在椭圆上，，且当时，的面积最大，则椭圆的标准方程为（）A. B.C. D.9．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，角终边上有一点（1，2），为锐角，且，则（）A.-18 B.-6C. D.10．圆的圆心和半径分别是（）A.， B.，C.， D.，11．已知满约束条件，则的最大值为（）A.0 B.1C.2 D.312．运行如图所示程序后，输出的结果为（）A.15 B.17C.19 D.21二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是_______.14．已知数列满足：，，，则______15．将数列{n}按“第n组有n个数”的规则分组如下：（1），(2，3)，(4，5，6)，…，则第22组中的第一个数是_________16．若双曲线的左、右焦点为，，直线与双曲线交于两点，且，为坐标原点，又，则该双曲线的离心率为__________.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）已知椭圆的离心率为，以为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知点和平面内一点，过点任作直线与椭圆相交于，两点，设直线，，的斜率分别为，，，，试求，满足的关系式.18．（12分）已知椭圆经过点，（1）求椭圆的方程；（2）已知直线的倾斜角为锐角，与圆相切，与椭圆交于、两点，且的面积为，求直线的方程19．（12分）设数列的前n项和为，且，数列（1）求和的通项公式；（2）设数列的前n项和为，证明：20．（12分）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面，，是的中点.（1）若为线段的中点，证明：平面；（2）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求的长，若不存在，请说明理由.21．（12分）已知椭圆M：的离心率为，左顶点A到左焦点F的距离为1，椭圆M上一点B位于第一象限，点B与点C关于原点对称，直线CF与椭圆M的另一交点为D（1）求椭圆M的标准方程；（2）设直线AD的斜率为，直线AB的斜率为．求证：为定值22．（10分）如图，在长方体中，，．点E在上，且（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值

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、A【解析】求出圆心到直线的距离，然后与圆的半径进行大小比较即可求解.【详解】解：圆的圆心，，因为圆心到直线的距离，所以直线与圆的位置关系是相交，故选：A.2、B【解析】利用方差的定义即可解得.【详解】由方差的定义，，则，所以数据的方差为：.故选：B3、A【解析】根据是等比数列，则通项为，然后根据条件可解出，进而求得【详解】由为等比数列，不妨设首项为由，可得：又，则有：则故选：A4、C【解析】分别在和中，求得的长度，再在中，利用余弦定理，即可求解.【详解】如图所示，可得，所以，在中，可得，在直角中，因为，所以，在中，由余弦定理可得，所以.故选：C.5、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.6、A【解析】由，结合基本不等式可得，由此可得，由此说明“”是“”的充分条件，再通过举反例说明“”不是“”的必要条件，由此确定正确选项.【详解】∵，∴（当且仅当时等号成立），（当且仅当时等号成立），∴（当且仅当时等号成立），若，则，∴，所以“”是“”的充分条件，当时，，此时，∴“”不是“”的必要条件，∴“”是“”的充分不必要条件，故选：A.7、C【解析】先求动点的轨迹方程，再根据面积的最大值求得，根据的面积最小值求，由此可求双曲线的离心率.【详解】设，，,依题意得,即,两边平方化简得,所以动点的轨迹是圆心为,半径的圆，当位于圆的最高点时的面积最大，所以,解得；当位于圆的最左端时的面积最小，所以,解得,故双曲线的离心率为.故选:C.8、A【解析】由题意知c＝3，当△F1PF2的面积最大时，点P与椭圆在y轴上的顶点重合，即可解出【详解】由题意知c＝3，当△F1PF2的面积最大时，点P与椭圆在y轴上的顶点重合，∵时，△F1PF2的面积最大，∴a＝＝，b＝∴椭圆的标准方程为故选：A9、A【解析】由终边上的点可得，由同角三角函数的平方、商数关系有，再应用差角、倍角正切公式即可求.【详解】由题设，，，则，又，，所以.故选：A10、D【解析】先化为标准方程，再求圆心半径即可.【详解】先化为标准方程可得，故圆心为，半径为.故选：D.11、B【解析】作出给定不等式表示的平面区域，再借助几何意义即可求出的最大值.【详解】画出不等式组表示的平面区域，如图中阴影，其中，，目标函数，即表示斜率为2，纵截距为的平行直线系，作出直线，平移直线到直线，使其过点A时，的纵截距最小，最大，则，所以的最大值为1.故选：B12、D【解析】根据给出的循环程序进行求解，直到满足，输出.【详解】，，，，，，，，，，，，所以.故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用坐标表示成圆的方程，与椭圆方程联立可进一步求解.利用焦半径及三角形中位线定理，则更为简洁.【详解】方法1：由题意可知，由中位线定理可得，设可得，联立方程可解得（舍），点在椭圆上且在轴的上方，求得，所以方法2：焦半径公式应用解析1：由题意可知，由中位线定理可得，即求得，所以.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、直线与圆的位置关系，利用数形结合思想，是解答解析几何问题的重要途径.14、.【解析】运用累和法，结合等差数列前项和公式进行求解即可.【详解】因为，，所以当时，有，因此有：，即，当时，适合上式，所以，故答案为：.15、【解析】由已知，第组中最后一个数即为前组数的个数和，由此可求得第21组的最后一个数，从而就可得第22组的第一个数.【详解】由条件可知，第21组的最后一个数为，所以第22组的第1个数为.故答案为：16、【解析】根据直线和双曲线的对称性，结合圆的性质、双曲线的定义、三角形面积公式、双曲线离心率公式进行求解即可.【详解】由直线与双曲线的对称性可知，点与点关于原点对称，在三角形中，，所以，是以为直径的圆与双曲线的交点，不妨设在第一象限，，因为圆是以为直径，所以圆的半径为，因为点在圆上，也在双曲线上，所以有，联立化简可得，整理得，，所以，由所以，又因为，联立可得，，因为为圆的直径，所以，即，，所以离心率.故答案为：【点睛】关键点睛：利用直线和双曲线的对称性，结合圆的性质进行求解是解题的关键.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）根据直线与圆相切可得，再结合离心率及间的关系可得的值，进而得到椭圆的方程；（2）分直线的斜率存在与不存在两种情况考虑，分别求出点的坐标后再求出的值，进而得到，最后根据斜率公式可得所求的关系式【详解】（1）因为圆与直线相切，所以圆心到直线的距离，即所以，又由题意得所以，所以椭圆的标准方程为（2）①当直线的斜率不存在时，可得直线方程为，由，解得或，不妨设，，所以，又，所以，所以，整理得所以满足的关系式为.②当直线的斜率存在时，设直线，由消去并整理得，设点，则有，所以.所以，所以，整理得综上可得满足的关系式为【点睛】（1）判断直线与椭圆的位置关系时，一般把二者方程联立得到方程组，判断方程组解的个数，方程组有几个解，直线与椭圆就有几个公共点，方程组的解对应公共点的坐标（2）对于直线与椭圆位置关系的题目，注意设而不求和整体代入方法的运用．解题步骤为：①设直线与椭圆的交点为；②联立直线与椭圆的方程，消元得到关于x或y的一元二次方程；③利用根与系数的关系设而不求；④利用题干中的条件转化为，或，，进而求解.18、（1）（2）【解析】(1)将点M、N的坐标代入椭圆方程计算，求出a、b的值即可；(2)设l的方程为：，，根据直线与圆的位置关系可得，直线方程联立椭圆方程并消去y，利用韦达定理表示出，根据弦长公式求出，进而列出关于k的方程，解之即可.【小问1详解】椭圆经过点，则，解得，【小问2详解】设l的方程为：与圆相切设点，∴（则Δ>0，，，，，，，，，故，19、（1），（2）证明见解析【解析】（1）根据可得，从而可得；（2）利用错位相减法可得，从而可得，又，即可证明不等式成立.【小问1详解】解：∵，∴当时，，当时，，∴，经检验，也符合，∴，；【小问2详解】证明：因为，∴，∴∴，又∵，∴，所以20、（1）证明见解析；（2）存在点，且的长为，理由见解析.【解析】（1）取的中点为，连接，得到，结合面面平行的判定定理证得平面平面，进而得到平面；（2）以为原点，所在的直线分别为轴、轴，以垂直平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，设，求得的法向量为和向量，结合向量的夹角公式列出方程，求得的值，即可求解.【小问1详解】证明：取的中点为，连接，因为分别为的中点，所以，又因为平面，且，所以平面平面，又由平面，所以平面.【小问2详解】解：以为原点，所在的直线分别为轴、轴，以垂直平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，因为底面是边长为2的菱形，设，在直角中，可得，在直角中，可得，在中，因为，所以，即，解得，设，可得，则，设平面的法向量为，则，令，可得，设直线与平面所成角为，所以，解得，即，所以存在点，且的长为.21、（1）（2）证明见解析【解析】（1）根据椭圆离心率公式，结合椭圆的性质进行求解即可；（2）设出直线CF的方程与椭圆方程联立，根据斜率公式，结合一元二次方程根与系数关系进行求解即可.【小问1详解】（1），，∴，，，∴；【小问2详解