2026届江西省抚州市临川区第二中学高二数学第一学期期末综合测试模拟试题含解析

2026届江西省抚州市临川区第二中学高二数学第一学期期末综合测试模拟试题考生须知：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．设函数，则曲线在点处的切线方程为（）A. B.C. D.2．已知等差数列为其前项和，且，且，则（）A.36 B.117C. D.133．已知命题：；：若，则，则下列判断正确的是（）A.为真，为真，为假 B.为真，为假，为真C.为假，为假，为假 D.为真，为假，为假4．大数学家阿基米德的墓碑上刻有他最引以为豪的数学发现的象征图——球及其外切圆柱(如图).以此纪念阿基米德发现球的体积和表面积，则球的体积和表面积均为其外切圆柱体积和表面积的（）A. B.C. D.5．已知抛物线的焦点为F，过F作斜率为2的直线l与抛物线交于A，B两点，若弦的中点到抛物线准线的距离为3，则抛物线的方程为（）A. B.C. D.6．已知是双曲线的左焦点，，是双曲线右支上的动点，则的最小值为（）A.9 B.8C.7 D.67．在三棱锥中，点E，F分别是的中点，点G在棱上，且满足，若，则（）A. B.C. D.8．椭圆：的左焦点为，椭圆上的点与关于坐标原点对称，则的值是（）A.3 B.4C.6 D.89．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过点且斜率为的直线与双曲线在第二象限的交点为，若，则双曲线的离心率是（）A. B.C. D.10．已知命题：，使；命题：，都有，则下列结论正确的是（）A.命题“”是真命题： B.命题“”是假命题：C.命题“”是假命题： D.命题“”是假命题11．若点是函数图象上的动点（其中的自然对数的底数），则到直线的距离最小值为（）A. B.C. D.12．若，则的最小值为（）A.1 B.2C.3 D.4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设变量x，y满足约束条件则的最大值为___________.14．已知正方形的边长为分别是边的中点，沿将四边形折起，使二面角的大小为，则两点间的距离为__________15．若圆被直线平分，则值为__________16．函数的单调递减区间是____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）已知抛物线上的点到焦点的距离为6（1）求抛物线的方程；（2）设为抛物线的焦点，直线与抛物线交于，两点，求的面积18．（12分）已知点，点为直线上的动点，过作直线的垂线，线段的中垂线与交于点.（1）求点的轨迹的方程；（2）若过点直线与曲线交于，两点，求与面积之和的最小值.（为坐标原点）19．（12分）如图，在直三棱柱中，平面侧面，且.（1）求证：；（2）若直线与平面所成的角为，请问在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在请求出的位置，不存在请说明理由.20．（12分）求适合条件的椭圆的标准方程.（1）长轴长是短轴长的2倍，且过点；（2）在x轴上的一个焦点与短轴两端点的连线互相垂直，且焦距为6.21．（12分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}满足：点（n，bn）在曲线y＝上，a1＝b4，___，数列{}的前n项和为Tn从①S4＝20，②S3＝2a3，③3a3﹣a5＝b2这三个条件中任选一个，补充到上面问题的横线上并作答（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）是否存在正整数k，使得Tk＞，且bk＞？若存在，求出满足题意的k值；若不存在，请说明理由22．（10分）设圆的圆心为﹐直线l过点且与x轴不重合，直线l交圆于A，B两点.过作的平行线交于点P.（1）求点P的轨迹方程；（2）设点P的轨迹为曲线E，直线l交E于M，N两点，C在线段上运动，原点O关于C的对称点为Q，求四边形面积的取值范围；

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】利用导数的几何意义求解即可【详解】由，得，所以切线的斜率为，所以切线方程为，即，故选：A2、B【解析】根据等差数列下标的性质，，进而根据条件求出，然后结合等差数列的求和公式和下标性质求得答案.【详解】由题意，，即为递增数列，所以，又，又，联立方程组解得：.于是，.故选：B.3、D【解析】先判断出命题，的真假，即可判断.【详解】因为成立，所以命题为真，由可得或，所以命题为假命题，所以为真，为假，为假.故选：D.4、C【解析】设球的半径为,则圆柱的底面半径为，高为，分别求出球的体积与表面积，圆柱的体积与表面积，从而得出答案.【详解】设球的半径为,则圆柱的底面半径为，高为所以球的体积为,表面积为.圆柱的体积为：,所以其体积之比为：圆柱的侧面积为：,圆柱的表面积为：所以其表面积之比为：故选：C5、B【解析】设出直线，并与抛物线联立，得到，再根据抛物线的定义建立等式即可求解.【详解】因为直线l的方程为，即，由消去y，得，设，则，又因为弦的中点到抛物线的准线的距离为3，所以，而，所以，故，解得，所以抛物线的方程为故选：B.6、A【解析】由双曲线方程求出，再根据点在双曲线的两支之间，结合可求得答案【详解】由，得，则，所以左焦点为，右焦点，则由双曲线的定义得，因为点在双曲线的两支之间，所以，所以，当且仅当三点共线时取等号，所以的最小值为9，故选：A7、B【解析】利用空间向量的加、减运算即可求解.【详解】由题意可得故选：B.8、D【解析】令椭圆C的右焦点，由已知条件可得四边形为平行四边形，再利用椭圆定义计算作答.【详解】令椭圆C的右焦点，依题意，线段与互相平分，于是得四边形为平行四边形，因此，而椭圆：的长半轴长，所以.故选：D9、B【解析】根据得到三角形为等腰三角形，然后结合双曲线的定义得到，设，进而作，得出，由此求出结果【详解】因为，所以，即所以，由双曲线的定义，知，设，则，易得，如图，作，为垂足，则，所以，即，即双曲线的离心率为.故选：B10、B【解析】根据正弦函数的性质判断命题为假命题，由判断命题为真命题，从而得出答案.【详解】因为的值域为，所以命题为假命题因为，所以命题为真命题则命题“”是假命题，命题“”是假命题，命题“”是真命题，命题“”是真命题故选：B11、A【解析】设，，设与平行且与相切的直线与切于，由导数的几何意义可求出点的坐标，则到直线的距离最小值为点到直线的距离，再求解即可.【详解】解：设，，设与平行且与相切的直线与切于所以所以则到直线的距离为，即到直线的距离最小值为，故选：A12、D【解析】由基本不等式求解即可.【详解】，当且仅当时，取等号.即所求最小值.故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据线性约束条件画出可行域，把目标函数转化为，然后根据直线在轴上截距最大时即可求出答案.【详解】画出可行域，如图，由，得，由图可知，当直线过点时，有最大值，且最大值为.故答案为：.14、.【解析】取BE的中点G，然后证明是二面角的平面角，进而证明，最后通过勾股定理求得答案.【详解】如图，取BE的中点G，连接AG,CG，由题意，则是二面角的平面角，则，又，则是正三角形，于是.根据可得：平面ABE，而平面ABE，所以，而，则平面BCFE，又平面BCFE，于是，，又，所以.故答案为：.15、；【解析】求出圆的圆心坐标，代入直线方程求解即可【详解】解：的圆心圆被直线平分，可知直线经过圆的圆心，可得解得；故答案为：1【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用，属于基础题16、【解析】求导，根据可得答案.【详解】由题意，可得，令，即，解得，即函数的递减区间为.故答案为：.【点睛】本题考查运用导函数的符号，研究函数的单调性，属于基础题.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）根据焦半径公式可求，从而可求抛物线的方程.（2）求出的长度后可求的面积.【小问1详解】因为，所以，故抛物线方程为：.【小问2详解】设，且，由可得，故或，故，故，故，而到直线的距离为，故的面积为18、（1）（2）【解析】（1）根据抛物线的定义可得轨迹方程；（2）联立直线与抛物线方程，利用根与系数关系结合均值不等式可得最小值【小问1详解】如图所示，由已知得点为线段中垂线上一点，即，即动点到点的距离与点到直线的距离相等，所以点的轨迹为抛物线，其焦点为，准线为直线，所以点的轨迹方程为，【小问2详解】如图所示：设，点，，联立直线与抛物线方程，得，，，，，，所以，当且仅当，即，时取等号，此时，即，所以当直线直线，时取得最小值为.【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式19、（1）证明见解析（2）存在，点E为线段中点【解析】(1)通过作辅助线结合面面垂直的性质证明侧面，从而证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标,再求相关的向量坐标，求平面的法向量，利用向量的夹角公式求得答案.【小问1详解】证明：连接交于点，因，则由平面侧面，且平面侧面，得平面，又平面，所以三棱柱是直三棱柱，则底面ABC，所以.又，从而侧面，又侧面，故.【小问2详解】由(1).平面，则直线与平面所成的角,所以，又，所以假设在线段上是否存在一点E，使得二面角的大小为,由是直三棱柱，所以以点A为原点，以AC、所在直线分别为x，z轴,以过A点和AC垂直的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，且设，，得所以，设平面的一个法向量，由，得：，取,由(1)知平面，所以平面的一个法向量,所以，解得,∴点E为线段中点时，二面角的大小为.20、（1）或（2）【解析】（1）待定系数法去求椭圆的标准方程即可；（2）待定系数法去求椭圆的标准方程即可.【小问1详解】当椭圆焦点在x轴上时，方程可设为，将点代入得，解之得，则所求椭圆方程为当椭圆焦点在y轴上时，方程可设为，将点代入得，解之得，则所求椭圆方程为【小问2详解】椭圆方程可设为，则，解之得，则椭圆方程为21、（1）条件选择见解析；an＝2n，bn＝25﹣n.（2）不存在，理由见解析.【解析】（1）把点（n，bn）代入曲线y＝可得到bn＝25﹣n，进而求出a1，设等差数列{an}的公差为d，选①S4＝20，利用等差数列的前n项和公式可求出d，从而得到an；若选②S3＝2a3，利用等差数列的前n项和公式可求出d，从而得到an；若选③3a3﹣a5＝b2，利用等差数列的通项公式公式可求出d，从而得到an；（2）由（1）可知Sn＝＝n（1+n），＝，再利用裂项相消法求出Tn＝1﹣，不等式无解，即不存在正整数k，使得Tk＞，且bk＞【小问1详解】解：∵点（n，bn）在曲线y＝上，∴＝25﹣n，∴a1＝b4＝25﹣4＝2，设等差数列{an}的公差为d，若选①S4＝20，则S4＝＝20，解得d＝2，∴an＝2+2（n﹣1）＝2n；若选②S3＝2a3，则S3＝a1+a2+a3＝2a3，∴a1+a2＝a3，∴2+2+d＝2+2d，解得d＝2，∴an＝2+2（n﹣1）＝2n；若选③3a3﹣a5＝b2，则3（a1+2d）﹣（a1+4d）＝25﹣2＝8，∴2a1+2d＝8，即2×2+2d＝8，∴d＝2，∴an＝2+2（n﹣1）＝2n；【小问2详解】解：由（1）可知Sn＝＝＝n（1+n），∴＝＝，∴Tn＝（1﹣）+（）