重庆市彭水一中2026届高二数学第一学期期末教学质量检测模拟试题含解析

重庆市彭水一中2026届高二数学第一学期期末教学质量检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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．已知，，且，则（）A. B.C. D.2．若点P在曲线上运动，则点P到直线的距离的最大值为（）A. B.2C. D.43．若圆的半径为，则实数（）A. B.-1C.1 D.4．已知集合，，则A. B.C. D.5．，则（）A. B.C. D.6．执行如图所示的程序框图，若输出的，则输入的可能为（）A.9 B.5C.4 D.37．已知双曲线的右焦点为F，关于原点对称的两点A、B分别在双曲线的左、右两支上，，且点C在双曲线上，则双曲线的离心率为（）A.2 B.C. D.8．若直线与曲线有公共点，则b的取值范围是（）A. B.C. D.9．焦点坐标为（1，0）抛物线的标准方程是（）A.y2=-4x B.y2=4xC.x2=-4y D.x2=4y10．某高中从3名男教师和2名女教师中选出3名教师，派到3个不同的乡村支教，要求这3名教师中男女都有，则不同的选派方案共有（）种A.9 B.36C.54 D.10811．在中，若，，，则此三角形解的情况为（）A.无解 B.两解C.一解 D.解的个数不能确定12．设是等差数列的前n项和，若，，则（）A.26 B.－7C.－10 D.－13二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．双曲线的一条渐近线的一个方向向量为，则______（写出一个即可）14．如图，某河流上有一座抛物线形的拱桥，已知桥的跨度米，高度米（即桥拱顶到基座所在的直线的距离）．由于河流上游降雨，导致河水从桥的基座处开始上涨了1米，则此时桥洞中水面的宽度为______米15．如图，某海轮以的速度航行，若海轮在点测得海面上油井在南偏东，向北航行后到达点，测得油井在南偏东，海轮改为沿北偏东的航向再行驶到达点，则，间的距离是________16．下方茎叶图记录了甲、乙两组各5名学生在一次英语听力测试中的成绩(单位：分)．已知甲组数据的中位数为，乙组数据的平均数为，则的值为__________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，已知平面，四边形为矩形，四边形为直角梯形，，，，（1）求证：∥平面；（2）求证：平面平面18．（12分）已知点，，设动点P满足直线PA与PB的斜率之积为，记动点P的轨迹为曲线E（1）求曲线E的方程；（2）若动直线l经过点，且与曲线E交于C，D（不同于A，B）两点，问：直线AC与BD的斜率之比是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由19．（12分）已知函数.（1）求的单调区间；（2）讨论的零点个数.20．（12分）如图，在三棱锥中，平面平面，，都是等腰直角三角形，，，，分别为，的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面.21．（12分）如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，，，分别为，的中点（1）证明：平面；（2）证明：平面22．（10分）圆心在轴正半轴上、半径为2的圆与直线相交于两点且.（1）求圆的标准方程；（2）若直线，圆上仅有一个点到直线的距离为1，求直线的方程.

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】利用空间向量共线的坐标表示可求得、的值，即可得解.【详解】因为，则，所以，，，因此，.故选：D2、A【解析】由方程确定曲线的形状，然后转化为求圆上的点到直线距离的最大值【详解】由曲线方程为知曲线关于轴成轴对称，关于原点成中心对称图形，在第一象限内，方程化为，即，在第一象限内，曲线是为圆心，为半径的圆在第一象限的圆弧（含坐标轴上的点），实际上整个曲线就是这段圆弧及其关于坐标轴．原点对称的图形加上原点，点到直线的距离为，所以所求最大值为故选：A3、B【解析】将圆的方程化为标准方程，即可求出半径的表达式，从而可求出的值.【详解】由题意，圆的方程可化为，所以半径为，解得.故选：B.【点睛】本题考查圆的方程，考查学生的计算求解能力，属于基础题.4、B【解析】由交集定义直接求解即可.【详解】集合，，则.故选B.【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，属于基础题.5、B【解析】求出，然后可得答案.【详解】，所以故选：B6、D【解析】根据输出结果可得输出时，结合执行逻辑确定输入k的可能值，即可知答案.【详解】由，得，则输人的可能为.∴结合选项知：D符合要求.故选：D.7、D【解析】设，由，得到四边形是矩形，在中，利用勾股定理求得，再在中，利用勾股定理求解.【详解】如图所示：设，则，，，因为，所以，则四边形是矩形，在中，，即，解得，在中，，即，解得，故选：D8、D【解析】将本题转化为直线与半圆的交点问题，数形结合，求出的取值范围【详解】将曲线的方程化简为即表示以为圆心，以2为半径的一个半圆，如图所示：当直线经过时最大，即，当直线与下半圆相切时最小，由圆心到直线距离等于半径2，可得：解得（舍去），或结合图象可得故选：D.9、B【解析】由题意设抛物线方程为y2=2px（p＞0），结合焦点坐标求得p，则答案可求【详解】由题意可设抛物线方程为y2=2px（p＞0），由焦点坐标为（1，0），得，即p=2∴抛物的标准方程是y2=4x故选B【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程及其简单的几何性质的应用，其中解答中熟记抛物线的几何性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题10、C【解析】根据给定条件利用排列并结合排除法列式计算作答.【详解】从含有3名男教师和2名女教师的5名教师中任选3名教师，派到3个不同的乡村支教，不同的选派方案有种，选出3名教师全是男教师的不同的选派方案有种，所以3名教师中男女都有的不同的选派方案共有种故选：C11、C【解析】求出的值，结合大边对大角定理可得出结论.【详解】由正弦定理可得可得，因为，则，故为锐角，故满足条件的只有一个.故选：C.12、C【解析】直接利用等差数列通项和求和公式计算得到答案.【详解】，，解得，故.故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、(答案不唯一)【解析】写出双曲线的渐近线方程，结合方向向量的定义求即可.【详解】由题设，双曲线的渐近线方程为，又是一条渐近线的一个方向向量，所以或或或，所以或.故答案为：(答案不唯一)14、【解析】以桥的顶点为坐标原点，水平方向所在直线为x轴建立直角坐标系，则根据点在抛物线上，可得抛物线的方程，设水面与桥的交点坐标为，求出，进而可得水面的宽度.【详解】以桥的顶点为坐标原点，水平方向所在直线为x轴建立直角坐标系，则抛物线的方程为，因为点在抛物线上，所以，即故抛物线的方程为，设河水上涨1米后，水面与桥的交点坐标为，则，得，所以此时桥洞中水面的宽度为米故答案为：15、【解析】根据条件先由正弦定理求出的长，得出,求出的长，由勾股定理可得答案.【详解】海轮向北航行后到达点，则由题意，在中，又则,由正弦定理可得：,即在中，，所以故答案为：16、9【解析】阅读茎叶图，由甲组数据的中位数为可得，乙组的平均数：，解得：，则:点睛：茎叶图的绘制需注意：(1)“叶”的位置只有一个数字，而“茎”的位置的数字位数一般不需要统一；(2)重复出现的数据要重复记录，不能遗漏，特别是“叶”的位置的数据三、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）证明见解析（2）证明见解析【解析】（1）根据线面平行的判定，证明即可；（2）过C作，垂足为M，根据勾股定理证明，再根据线面垂直的性质与判定证明平面BCE即可【小问1详解】证明：因为四边形ABEF为矩形，所以，又平面BCE，平面BCE，所以平面BCE【小问2详解】过C作，垂足为M，则四边形ADCM为矩形因为，，所以，，，，所以，所以因为平面ABCD，，所以平面ABCD，所以又平面BCE，平面BCE，，所以平面BCE，又平面ACF，所以平面平面BCE18、（1）；（2）直线AC和BD的斜率之比为定值【解析】（1）设，依据两点的斜率公式可求得曲线E的方程（2）设直线l：，，，联立方程得，得出根与系数的关系，表示直线AC的斜率，直线BD的斜率，并代入计算，可得其定值.【详解】解：（1）设，依题意可得，所以，所以曲线E的方程为（2）依题意，可设直线l：，，，由，可得，则，，因为直线AC的斜率，直线BD的斜率，因为，所以，所以直线AC和BD的斜率之比为定值19、（1）单调递增区间是和，单调递减区间是（2）时，有1个零点；或时，有2个零点；时，有3个零点.【解析】（1）求解函数的导数，再运用导数求解函数的单调区间即可；（2）根据导数分析原函数的极值，进而讨论其零点个数.【详解】（1）因为，所以由，得或；由，得.故单调递增区间是和，单调递减区间是.（2）由（1）可知的极小值是，极大值是.①当时，方程有且仅有1个实根，即有1个零点；②当时，方程有2个不同实根，即有2个零点；③当时，方程有3个不同实根，即有3个零点；④当时，方程有2个不同实根，即有2个零点；⑤当时，方程有1个实根，即有1个零点.综上，当或时，有1个零点；当或时，有2个零点；当时，有3个零点.20、（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】（1）由三角形的中位线定理可证得MN∥AB，再由线面垂直的判定定理可证得结论，（2）由已知可得AB⊥BC，VC⊥AC，再由已知结合面面垂直的性质定理可得VC⊥平面ABC，从而有AB⊥VC，然后由线面垂直的判定定理可证得结论【小问1详解】证明：∵M，N分别为VA，VB的中点，∴MN∥AB，∵AB⊄平面CMN，MN⊂平面CMN，∴AB∥平面CMN【小问2详解】证明：∵△ABC和△VAC均是等腰直角三角形，AB＝BC，AC＝CV，∴AB⊥BC，VC⊥AC，∵平面VAC⊥平面ABC，平面VAC∩平面ABC＝AC，∴VC⊥平面ABC，∵AB⊂平面ABC，∴AB⊥VC，又VC∩BC＝C，∴AB⊥平面VBC21、（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）取中点，结合三角形中位线性质可证得四边形为平行四边形，由此得到，由线面平行判定定理可证得结论；（2）利用菱形特点和线面垂直的性质可证得，，由线面垂直的判定定理可证得结论.【详解】（1）取中点，连接，分别为中点，，四边形为菱形，为中点，，，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面.（2）连接，四边形为菱形，，为等边三角形，又为中点，，平面，平面，，又平面，，平面.22、（1）；（2）或.【解析】（1）根据圆的弦长公式进行求解即可；（2）根据平行线的性质，结合直线与圆的位置关系进行求解即可.小问1详解】因为圆的圆心在轴正半轴上、半