上海市比乐中学2026届高二数学第一学期期末考试模拟试题含解析

上海市比乐中学2026届高二数学第一学期期末考试模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．数列，，，，…，的通项公式可能是（）A. B.C. D.2．已知一质点的运动方程为，其中的单位为米，的单位为秒，则第1秒末的瞬时速度为（）A. B.C. D.3．已知椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则（）A. B.C. D.4．已知双曲线的离心率为，则双曲线C的渐近线方程为（）A. B.C. D.5．某中学初中部共有110名教师，高中部共有150名教师，其性别比例如图所示，则该校男教师的人数为（）A.167 B.137C.123 D.1136．抛物线上的一点到其焦点的距离等于（）A. B.C. D.7．双曲线的渐近线的斜率是（）A.1 B.C. D.8．如图，在正方体中，是侧面内一动点，若到直线与直线的距离相等，则动点的轨迹所在的曲线是（）A.直线 B.圆C.双曲线 D.抛物线9．直线的倾斜角为A. B.C. D.10．已知，是椭圆的左，右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心率为A. B.C. D.11．二项式的展开式中，各项二项式系数的和是（）A.2 B.8C.16 D.3212．设等比数列，有下列四个命题：①{a②是等比数列；③是等比数列；④lgan其中正确命题的个数是（）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．已知数列满足，则其通项公式________14．在平面几何中有如下结论：若正三角形的内切圆周长为，外接圆周长为，则.推广到空间几何可以得到类似结论：若正四面体的内切球表面积为，外接球表面积为，则__________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．已知等差数列的前n项和为，，则___________.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，在直四棱柱中，（1）求二面角的余弦值；（2）若点P为棱的中点，点Q在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为，求的长18．（12分）{}是公差为1的等差数列，.正项数列{}的前n项和为，且.（1）求数列{}和数列}的通项公式；（2）在和之间插入1个数，使，，成等差数列，在和之间插入2个数，，使，，，成等差数列，…，在和之间插入n个数，，…，，使，，，…，，成等差数列.①记，求{}的通项公式；②求的值.19．（12分）已知椭圆的上下两个焦点分别为，，过点与y轴垂直的直线交椭圆C于M，N两点，△的面积为，椭圆C的离心率为（1）求椭圆C的标准方程；（2）已知O为坐标原点，直线与y轴交于点P，与椭圆C交于A，B两个不同的点，若存在实数，使得，求m的取值范围20．（12分）已知圆，点（1）若点在圆外部，求实数的取值范围；（2）当时，过点的直线交圆于，两点，求面积的最大值及此时直线l的斜率21．（12分）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2，A1A=4，点D是BC的中点；（I）求异面直线A1B，AC1所成角的余弦值；（II）求直线AB1与平面C1AD所成角的正弦值22．（10分）已知，对于有限集，令表示集合中元素的个数．例如：当时，，（1）当时，请直接写出集合的子集的个数；（2）当时，，都是集合的子集（，可以相同），并且．求满足条件的有序集合对的个数；（3）假设存在集合、具有以下性质：将1，1，2，2，··，，．这个整数按某种次序排成一列，使得在这个序列中，对于任意，与之间恰好排列个整数．证明：是4的倍数

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、D【解析】利用数列前几项排除A、B、C，即可得解；【详解】解：由，排除A，C，由，排除B，分母为奇数列，分子为，故数列的通项公式可以为，故选：D2、C【解析】求出即得解.【详解】解：由题意得，故质点在第1秒末的瞬时速度为.故选：C3、D【解析】根据给定的方程求出离心率，的表达式，再计算判断作答.【详解】因椭圆的离心率为，则有，因双曲线的离心率为，则有，所以.故选：D4、B【解析】根据a的值和离心率可求得b,从而求得渐近线方程.【详解】由双曲线的离心率为，知，则，即有，故，所以双曲线C的渐近线方程为，即，故选：B.5、C【解析】根据图形分别求出初中部和高中部男教师的人数，最后相加即可.【详解】初中部男教师的人数为110×(170%)=33；高中部男教师的人数为150×60%=90，∴该校男教师的人数为33+90=123.故选：C.6、C【解析】由点的坐标求得参数，再由焦半径公式得结论【详解】由题意，解得，所以，故选：C7、B【解析】由双曲线的渐近线方程为：，化简即可得到答案.【详解】双曲线的渐近线方程为：，即，渐近线的斜率是.故选：B8、D【解析】由到直线的距离等于到点的距离可得到直线的距离等于到点的距离，然后可得答案.【详解】因为到直线的距离等于到点的距离，所以到直线的距离等于到点的距离，所以动点的轨迹是以为焦点、为准线的抛物线故选：D9、B【解析】分析出直线与轴垂直，据此可得出该直线的倾斜角.【详解】由题意可知，直线与轴垂直，该直线的倾斜角为.故选：B.【点睛】本题考查直线的倾斜角，关键是掌握直线倾斜角的定义，属于基础题10、D【解析】分析：先根据条件得PF2=2c,再利用正弦定理得a,c关系，即得离心率.详解：因为等腰三角形，，所以PF2=F1F2=2c,由斜率为得，，由正弦定理得,所以，故选D.点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.11、D【解析】根据给定条件利用二项式系数的性质直接计算作答.【详解】二项式的展开式的各项二项式系数的和是.故选：D12、C【解析】根据等比数列的性质对四个命题逐一分析，由此确定正确命题的个数.【详解】是等比数列可得（为定值）①为常数，故①正确②，故②正确③为常数，故③正确④不一定为常数，故④错误故选C.【点睛】本小题主要考查等比数列的性质，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】利用累加法即可求出数列的通项公式.【详解】因为，所以，所以，，，…，，把以上个式子相加，得，即，所以.故答案为：.14、【解析】分析：平面图形类比空间图形,二维类比三维得到,类比平面几何的结论,确定正四面体的外接球和内切球的半径之比,即可求得结论.详解：平面几何中，圆的周长与圆的半径成正比，而在空间几何中，球的表面积与半径的平方成正比，因为正四面体的外接球和内切球的半径之比是，，故答案为.点睛：本题主要考查类比推理，属于中档题.类比推理问题，常见的类型有：（1）等差数列与等比数列的类比；（2）平面与空间的类比；（3）椭圆与双曲线的类比；（4）复数与实数的类比；（5）向量与数的类比.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、36【解析】根据等比数列下标和性质得到，再根据等差数列前项和公式计算可得；【详解】解：因，所以，所以；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）推导出，以A为原点，分别以，，所在的直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦值；（2）设，则，求出平面的法向量，利用空间向量求出的长【详解】解（1）在直四棱柱中，因为平面，平面，平面，所以因为，所以以A为原点，分别以，，所在的直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，所以,所以，设平面的一个法向量为，则，令，则，因为平面，所以平面的一个法向量为，设二面角的平面角为，由图可知为锐角，所以二面角的余弦值为（2）设，则，因为点为的中点，所以，则，设平面一个法向量为，则，令，则，设直线与平面所成角的大小为，因为直线与平面所成角的正弦值为，所以，解得或（舍去）所以【点睛】关键点点睛：此题考查二面角的求法，考查线段长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等知识，考查运算能力，解题的关键是根据是建立空间直角坐标系，利用空间向量求解，属于中档题18、（1），（2）①；②【解析】（1）利用等差数列的通项公式将展开化简，求得首项，可得；根据递推式，确定，再写出，两式相减可求得；（2）①根据等差数列的性质，采用倒序相加法求得结果；②根据数列的通项的特征，采用错位相减法求和即可.【小问1详解】设数列{}的公差为d，则d=1，由，即，可得，所以{}的通项公式为；由可知：当，得，当时，，两式相减得；，即，所以{}是以为首项，为公比的等比数列，故.【小问2详解】①，两式相加，得所以；②，，两式相减得：，故.19、（1）；（2）或或.【解析】（1）根据已知条件，求得的方程组，解得，即可求得椭圆的方程；（2）对的取值进行分类讨论，当时，根据三点共线求得，联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理，结合直线交椭圆两点，代值计算即可求得结果.【小问1详解】对椭圆，令，故可得，则，故，则，又，，故可得，则椭圆的方程为：.【小问2详解】直线与y轴交于点P，故可得的坐标为，当时，则，由椭圆的对称性可知：，故满足题意；当时，因为三点共线，若存在实数，使得，即，则，故可得.又直线与椭圆交于两点，故联立直线方程，与椭圆方程，可得：，则，即；设坐标为，则，又，即，故可得：，即，也即，代入韦达定理整理得：，即，当时，上式不成立，故可得，又，则，整理得：，解得，即或.综上所述：的取值范围是或或.【点睛】本题考察椭圆方程的求解，以及椭圆中范围问题的处理；解决本题的关键一是要求得的取值，二是充分利用韦达定理以及直线和曲线相交，则联立方程组后得到的一元二次方程的，属综合中档题.20、（1）；（2）最大值为2，【解析】（1）根据题意，将圆的方程变形为标准方程，由点与圆的位置关系可得，求解不等式组得答案；（2）当时，圆的方程为，求出圆心与半径，设，则，分析可得面积的最大值，结合直线与圆的位置关系可得圆心到直线的距离，设直线的方程为，即，由点到直线的距离公式列式求得的值【详解】解：（1）根据题意，圆，即，若在圆外，则有，解得：，即的取值范围为；（2）当时，圆的方程为，圆心为，半径，设，则，当时，面积取得最大值，且其最大值为2，此时为等腰直角三角形，圆心到直线的距离，设直线的方程为，即，则有，解得，即直线的斜率【点睛】易错点点睛：本题第一问解答过程中，容易忽视二元二次方程表示圆的条件，导致出错，解题的时候要考虑周全，考查运算求解能力，是中档题.21、（I）（II）【解析】（I）以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系A﹣xyz，可得和的坐标，可得cos＜，＞，可得答案；（II）由（I）知，=（2，0，﹣4），=（1，1，0），设平面C1AD的法向量为=（x，y，z），由可得=（1，﹣1，），设直线AB1与平面C1AD所成的角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=，进而可得答案解：（I）以，，x，y，z轴建立空间直角坐标系A﹣xyz，则可得B（2，0，0），A1（0，0，4），C1（0，2，4），D（1，1，0），∴=（2，0，﹣4），=（0，2，4），∴cos＜，＞==∴异面直线A1B，AC1所成角的余弦值为：；（II）由（I）知，=（2，0，﹣4），=（1，1，0），设平面C1AD的法向量为=（x，y，z），则可得，即，取x=1可得=（1，﹣1，），设直线AB1与平面C1AD所成的角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=∴直线AB1与平面C1AD所成角的正弦值为：考点：异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角22、（1）8（2）454（3）证明见详解【解析】（1）n元集合的直接个数为可得；（2）由已知结合可得，或，然后可得集合的包含关系可解；（3）根据每两个相同整数之间的整数个数之和与总的数字个数之间的关系可证