贵州省贵阳市实验三中2026届高二上数学期末质量检测模拟试题含解析

贵州省贵阳市实验三中2026届高二上数学期末质量检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．随着城市生活节奏的加快，网上订餐成为很多上班族的选择，下表是某外卖骑手某时间段订餐数量与送餐里程的统计数据表：订餐数/份122331送餐里程/里153045现已求得上表数据的回归方程中的值为1.5，则据此回归模型可以预测，订餐100份外卖骑手所行驶的路程约为（）A.155里 B.145里C.147里 D.148里2．若双曲线与椭圆有公共焦点，且离心率，则双曲线的标准方程为（）A. B.C. D.3．已知是空间的一个基底，，，，若四点共面．则实数的值为（）A. B.C. D.4．若，则（）A.1 B.0C. D.5．已知F是双曲线的右焦点，过F且垂直于x轴的直线交E于A，B两点，若E的渐近线上恰好存在四个点，，，，使得，则E的离心率的取值范围是（）A. B.C. D.6．在长方体中，，，则异面直线与所成角的正弦值是（）A. B.C. D.7．命题“若，则”为真命题，那么不可能是（）A. B.C. D.8．已知等比数列的前3项和为3，，则（）A. B.4C. D.19．“”是“方程表示双曲线”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10．在三棱锥中，平面；记直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（）A. B.C. D.11．双曲线（，）的一条渐近线的倾斜角为，则离心率为（）A. B.C.2 D.412．在等差数列中，，，则（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．焦点在轴上的双曲线的离心率为，则的值为___________.14．已知函数，则______15．某校有高一学生人，高二学生人.为了解学生的学习情况，用分层抽样的方法从该校高一高二学生中抽取一个容量为的样本，已知从高一学生中抽取人，则________16．椭圆上一点到两个焦点的距离之和等于，则的标准方程为______.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，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，ADC=PAB=90°，BC=CD=AD.E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.（I）在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；(II)若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.18．（12分）年月日，中国选手杨倩在东京奥运会女子米气步枪决赛由本得冠军，为中国代表团揽入本届奥运会第一枚金牌.受奥运精神的鼓舞，某射击俱乐部组织名射击爱好者进行一系列的测试，并记录他们的射击得分（单位：分），将所得数据整理得到如图所示的频率分布直方图.（1）求频率分布直方图中的值，并估计该名射击爱好者的射击平均得分（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）；（2）若采用分层抽样的方法，从得分高于分的射击爱好者中随机抽取人调查射击技能情况，再从这人中随机选取人进行射击训练，求这人中至少有人的分数高于分的概率.19．（12分）一项“过关游戏”规则规定：在第关要抛掷一颗正六面体骰子次，每次掷得的点数均相互独立，如果这次抛掷所出现的点数之和大于，则算过关.（1）这个游戏最多过几关？（2）某人连过前两关的概率是？（3）某人连过前三关的概率是？20．（12分）已知函数，记f（x）的导数为f′（x）．若曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为﹣3，且x＝2时y＝f（x）有极值，（Ⅰ）求函数f（x）的解析式；（Ⅱ）求函数f（x）在[﹣1，1]上的最大值和最小值21．（12分）在平面直角坐标系中，已知点.点M满足.记M的轨迹为C.（1）求C的方程；（2）直线l经过点，与轨迹C分别交于点M、N，与直线交于点Q，求证：.22．（10分）已知点为抛物线的焦点，点在抛物线上，的面积为1.（1）求抛物线的标准方程；（2）设点是抛物线上异于点的一点，直线与直线交于点，过作轴的垂线交抛物线于点，求证：直线过定点.

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】由统计数据求样本中心，根据样本中心在回归直线上求得，即可得回归方程，进而估计时的y值即可.【详解】由题意：，，则，可得，故，当时，.故选：C2、A【解析】首先求出椭圆的焦点坐标，然后根据可得双曲线方程中的的值，然后可得答案.【详解】椭圆焦点坐标为所以双曲线的焦点在轴上，，因为，所以，所以双曲线的标准方程为故选：A3、A【解析】由共面定理列式得，再根据对应系数相等计算.【详解】因为四点共面，设存在有序数对使得，则，即，所以得.故选：A4、C【解析】由结合二项式定理可得出，利用二项式系数和公式可求得的值.【详解】，当且时，，因此，.故选：C.【点睛】关键点睛：本题考查二项式系数和的计算，解题的关键是熟悉二项式系数和公式，考查学生的转化能力与计算能力，属于基础题.5、D【解析】由题意以AB为直径的圆M与双曲线E的渐近线有四个不同的交点，则必有，又当圆M经过原点时此时以AB为直径的圆M上与双曲线E的渐近线有三个不同的交点，不满足，从而得出答案.【详解】由题意，由得，双曲线的渐近线方程为所以，由，可知，，，在以AB为直径的圆M上，圆的半径为即以AB为直径的圆M与双曲线E的渐近线有四个不同的交点当圆M与渐近线相切时，圆心到渐近线的距离，则必有，即，则双曲线E的离心率，所以又当圆M经过原点时，，解得E的离心率为，此时以AB为直径圆M与双曲线E的渐近线有三个不同的交点，不满足条件.所以E的离心率的取值范围是.故选：D6、C【解析】连接，可得，得到异面直线与所成角即为直线与所成角，设，设，求得的值，在中，利用余弦定理，即可求解.【详解】如图所示，连接，在正方体中，可得，所以异面直线与所成角即为直线与所成角，设，由在长方体中，，，设，可得，在直角中，可得，在中，可得，所以，因为，所以.故选：C.7、D【解析】根据命题真假的判断，对四个选项一一验证即可.【详解】对于A：若，则必成立；对于B：若，则必成立；对于C：若，则必成立；对于D：由不能得出，所以不可能是.故选：D8、D【解析】设等比数列公比为，由已知结合等比数列的通项公式可求得，，代入即可求得结果.【详解】设等比数列的公比为，由，得即，又，即又，，解得又等比数列的前3项和为3，故，即，解得故选：D9、A【解析】方程表示双曲线则，解得，是“方程表示双曲线”的充分不必要条件.故选：A10、A【解析】先得到三棱锥的每一个面都是直角三角形，然后可得与平面所成的角，二面角的平面角，在直角三角形中算出他们的余弦值，利用向量法计算直线与直线所成的角为的余弦值，然后比较大小.【详解】令，由平面，且平面，又，，面三棱锥的每一个面都是直角三角形.与平面所成的角，二面角的平面角，由已知可得，，，又，则所以，又均为锐角，故选：A.11、C【解析】根据双曲线方程写出渐近线方程，得出，进而可求出双曲线的离心率.【详解】因为双曲线的渐近线方程为，又其中一条渐近线的倾斜角为，所以，则，所以该双曲线离心率为.故选：C.12、B【解析】利用等差中项的性质可求得的值，进而可求得的值.【详解】由等差中项的性质可得，则.故选：B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】将双曲线的方程化为标准式，可得出、，由此可得出关于的等式，即可解得的值.【详解】双曲线的标准方程为，由题意可得，则，，，所以，，解得.故答案为：.14、【解析】根据导数的定义求解即可【详解】由，得，所以，故答案为：15、【解析】根据分层抽样的等比例性质列方程，即可样本容量n.【详解】由分层抽样的性质知：，可得.故答案为：16、【解析】根据椭圆定义求出其长半轴长，再结合焦点坐标即可计算作答.【详解】因椭圆上一点到两个焦点的距离之和等于，则该椭圆长半轴长，而半焦距，于是得短半轴长b，有，所以的标准方程为.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、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.【解析】本题考查线面平行、线线平行、向量法等基础知识，考查空间想象能力、分析问题的能力、计算能力.第一问，利用线面平行的定理，先证明线线平行，再证明线面平行；第二问，可以先找到线面角，再在三角形中解出正弦值，还可以用向量法建立直角坐标系解出正弦值.试题解析：（Ⅰ）在梯形ABCD中，AB与CD不平行.延长AB，DC，相交于点M（M∈平面PAB），点M即为所求的一个点.理由如下：由已知，BC∥ED，且BC=ED.所以四边形BCDE是平行四边形.从而CM∥EB.又EB平面PBE，CM平面PBE，所以CM∥平面PBE.（说明：延长AP至点N，使得AP=PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点）（Ⅱ）方法一：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A，所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD.所以PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以PDA=45°.设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2.过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH.易知PA⊥平面ABCD，从而PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH.所以平面PCE⊥平面PAH.过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE.所以APH是PA与平面PCE所成的角.在Rt△AEH中，AEH=45°，AE=1，所以AH=.在Rt△PAH中，PH==，所以sinAPH==.方法二：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A，所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.从而PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以PDA=45°.由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD.设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2.作Ay⊥AD，以A为原点，以,的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A（0,0,0），P（0,0,2），C(2,1,0)，E(1,0,0)，所以=（1,0,-2），=（1,1,0），=（0,0,2）设平面PCE的法向量为n=(x,y,z)，由得设x=2，解得n=(2,-2,1).设直线PA与平面PCE所成角为α，则sinα==.所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.考点：线线平行、线面平行、向量法.18、（1），平均分为；（2）.【解析】（1）利用频率直方图中所有矩形面积之和为可求得的值，将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，将所得结果全部相加可得平均成绩；（2）分析可知所抽取的人中，成绩在内的有人，分别记为、、、，成绩在内的有人，分别记为、，列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【小问1详解】解：根据频率分布直方图得到，解得.这组样本数据平均数为.【小问2详解】解：根据频率分布直方图得到，分数在、内的频率分别为、，所以采用分层抽样的方法从样本中抽取的人，成绩在内的有人，分别记为、、、，成绩在内的有人，分别记为、，记“人中至少有人的分数高于分”为事件.则所有的基本事件有、、、、、、、、、、、、、、，共种.事件包含的基本事件有、、、、、、、、，共种，所以.19、（1）关（2）（3）【解析】（1）由题意，可判断时，，当，所以可判断出最多只能过关；（2）记一次抛掷所出现的点数之和大于为事件，两次抛掷所出现的点数之和大于为事件，得基本事件的总数以及满足题意的基本事件的个数，计算出，，从而根据概率相乘求解得连过前两关的概率；（3）设前两次和为，第三次点数为，列出第三关过关的基本事件的个数，利用概率相乘即可得连过前三关的概率.【小问1详解】因为骰子出现的点数最大为，当时，，而，所以时，这次抛掷所出现的点数之和均小于，所以最多只能过关.【小问2详解】记一次抛掷所出现的点数之和大于为事件，基本事件总数为个，符合题意的点数为，共个，所以；记两次抛掷所出现的点数之和大于为事件，基本事件总数为个，不符合题意的点数为，共个，则由对立事件的概率得，所以连过前两关的概率为;【小问3详解】前两次和为，第三次点数为则考虑再考虑2种3种4种5种6种5种4种3种2种1种所以满足共有因此某人连过前三关的概率是.20、（Ⅰ）f（x）＝x3﹣3x2+1；（Ⅱ）最大值为1，最小值为﹣3【解析】（Ⅰ）求导可得f′（x）的解析式，根据导数的几何意义，可得k=f′（1）=-3，又在x＝2处有极值，所以f′（2）＝0，即可求得a，b的值，即可得答案；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得f′（x）的解析式，令f′（x）=0，解得x＝0或x＝2，讨论f（x）在﹣1＜x＜0，0＜x＜1上的单调性，即可求得f（x）的极值，检验边界值，即可得答案.【详解】（Ⅰ）由题意得：f′（x）＝3x2+2ax+b，所以k=f′（1）＝3+2a+b＝﹣3，f′（2）＝12+4a+b＝0，解得a＝﹣3，b＝0，所以f（x）＝x3﹣3x2+1；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，令f′（x）＝3x2﹣6x＝0，解得x＝0或x＝2，当﹣1＜x＜0时，f′（x）＞0，f（x）在（﹣1，0）是增函数，当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）在（0，1）是减函数，所以f（x）的极大值为f（0）＝1，又f（1）＝﹣1，f（﹣1）＝﹣3，所以f（x）在[﹣1，1]上的最大值为1，最小值为﹣321、（1）（2）证明见解析【解析】（1）根据已知得点M的轨迹C为椭圆，根据椭圆定义可得方程；（2）直线的方程设为，与椭圆方程联立，利用韦达定理及线