广东省揭阳市普宁市2026届高二上数学期末调研模拟试题含解析

广东省揭阳市普宁市2026届高二上数学期末调研模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．已知是函数的导函数，则（）A. B.C. D.2．为调查参加考试的高二级1200名学生的成绩情况，从中抽查了100名学生的成绩，就这个问题来说，下列说法正确的是（）A.1200名学生是总体 B.每个学生是个体C.样本容量是100 D.抽取的100名学生是样本3．在等差数列中，已知，，则使数列的前n项和成立时n的最小值为（）A.6 B.7C.9 D.104．已知中，内角所对的边分别，若，，，则（）A. B.C. D.5．设函数在上单调递减，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.6．已知圆的方程为，圆的方程为，其中．那么这两个圆的位置关系不可能为（）A.外离 B.外切C.内含 D.内切7．已知呈线性相关的变量x与y的部分数据如表所示：若其回归直线方程是，则（）x24568y34.5m7.59A.6.5 B.6C.6.1 D.78．某人忘了电脑屏保密码的后两位，但记得最后一位是1，3，5，7，9中的一个数字，倒数第二位是G，O，D中的一个字母，若他尝试输入密码，则一次输入就解开屏保的概率是（）A. B.C. D.9．曲线在处的切线如图所示，则（）A. B.C. D.10．小明骑车上学，开始时匀速行驶，途中因交通堵塞停留了一段时间，后为了赶时间加快速度行驶．与以上事件吻合得最好的图象是（）A. B.C. D.11．已知为圆：上任意一点，则的最小值为（）A. B.C. D.12．焦点坐标为，（0，4），且长半轴的椭圆方程为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在正三棱柱中，，点P满足，其中，，则下列说法中，正确的有_________（请填入所有正确说法的序号）①当时，的周长为定值②当时，三棱锥的体积为定值③当时，有且仅有一个点P，使得④当时，有且仅有一个点P，使得平面14．已知数列满足0，，则数列的通项公式为____，则数列的前项和______15．若过点作圆的切线，则切线方程为___________.16．已知双曲线的右焦点为，过点作轴的垂线，在第一象限与双曲线及其渐近线分别交于，两点.若，则双曲线的离心率为___________.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，，分别是锐角内角，，的对边，，.（1）求的值；（2）若的面积为，求的值.18．（12分）已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若函数有两个不同的零点，求实数的取值范围.19．（12分）已知抛物线的焦点为F，点在C上（1）求p的值及F的坐标；（2）过F且斜率为的直线l与C交于A，B两点（A在第一象限），求20．（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21．（12分）已知公差不为0的等差数列，前项和为，首项为，且成等比数列.（1）求和；（2）设，记，求.22．（10分）已知圆C的圆心在直线上，且经过点和（1）求圆C的标准方程；（2）若过点的直线l与圆C交于A，B两点，且，求直线l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、B【解析】求出，代值计算可得的值.【详解】因为，则，因此，.故选：B.2、C【解析】根据总体、个体、样本容量、样本的定义，结合题意，即可判断和选择.【详解】根据题意，总体是名学生的成绩；个体是每个学生的成绩；样本容量是，样本是抽取的100名学生的成绩；故正确的是C.故选：C.3、D【解析】根据等差数列的性质及等差中项结合前项和公式求得，,从而得出结论.【详解】，，，，，，,使数列的前n项和成立时n的最小值为10，故选：D.4、B【解析】利用正弦定理可直接求得结果.【详解】在中，由正弦定理得：.故选：B.5、B【解析】分析可知，对任意的恒成立，由参变量分离法可得出，求出在时的取值范围，即可得出实数的取值范围.【详解】因为，则，由题意可知对任意的恒成立，则对任意的恒成立，当时，，.故选：B.6、C【解析】求出圆心距的取值范围，然后利用圆心距与半径的和差关系判断.【详解】由两圆的标准方程可得，，，；则，所以两圆不可能内含.故选：C.7、A【解析】根据回归直线过样本点的中心进行求解即可.【详解】由题意可得，，则，解得故选：A.8、C【解析】应用分步计数法求后两位的可能组合数，即可求一次输入就解开屏保的概率.【详解】由题设，后两位可能情况有，∴一次输入就解开屏保的概率是.故选：C.9、C【解析】由图可知切线斜率为，∴.故选：C.10、C【解析】先研究四个选项中图象的特征，再对照小明上学路上的运动特征，两者对应即可选出正确选项.【详解】考查四个选项，横坐标表示时间，纵坐标表示的是离开学校的距离，由此知，此函数图象一定是下降的，由此排除A；再由小明骑车上学，开始时匀速行驶可得出图象开始一段是直线下降型，又途中因交通堵塞停留了一段时间，故此时有一段函数图象与x轴平行，由此排除D，之后为了赶时间加快速度行驶，此一段时间段内函数图象下降的比较快，由此可确定C正确，B不正确故选C【点睛】本题考查函数的表示方法，关键是理解坐标系的度量与小明上学的运动特征，属于基础题.11、C【解析】设，则的几何意义为圆上的点和定点连线的斜率，利用直线和圆相切，即可求出的最小值；【详解】圆，它圆心是，半径为1，设，则，即，当直线和圆相切时，有，可得，，的最小值为：，故选：12、B【解析】根据题意可知，即可由求出，再根据焦点位置得出椭圆方程【详解】因为，所以，而焦点在轴上，所以椭圆方程为故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、②④【解析】①结合得到P在线段上，结合图形可知不同位置下周长不同；②由线面平行得到点到平面距离不变，故体积为定值；③结合图形得到不同位置下有，判断出③错误；④结合图形得到有唯一的点P，使得线面垂直.【详解】由题意得：，，，所以P为正方形内一点，①，当时，，即，，所以P在线段上，所以周长为，如图1所示，当点P在处时，，故①错误；②，如图2，当时，即，即，，所以P在上，，因为∥BC，平面，平面，所以点P到平面距离不变，即h不变，故②正确；③，当时，即，如图3，M为中点，N为BC的中点，P是MN上一动点，易知当时，点P与点N重合时，由于△ABC为等边三角形，N为BC中点，所以AN⊥BC，又⊥BC，，所以BN⊥平面，因为平面，则，当时，点P与点M重合时，可证明出⊥平面，而平面，则，即，故③错误；④，当时，即，如图4所示，D为的中点，E为的中点，则P为DE上一动点，易知，若平面，只需即可，取的中点F，连接，又因为平面，所以，若，只需平面，即即可，如图5，易知当且仅当点P与点E重合时，故只有一个点P符合要求，使得平面，故④正确.故选：②④【点睛】立体几何的压轴题，通常情况下要画出图形，利用线面平行，线面垂直及特殊点，特殊值进行排除选项，或者用等体积法进行转化等思路进行解决.14、①.②.【解析】第一空：先构造等比数列求出，即可求出的通项公式；第二空：先求出，令，通过错位相减求出的前项和为，再结合等差数列的求和公式及分组求和即可求解.【详解】第一空：由可得，又，则是以1为首项，2为公比的等比数列，则，则；第二空：，设，前项和为，则，，两式相减得，则，又，则.故答案为：；.15、或【解析】根据圆心到切线的距离等于圆的半径即可求解.【详解】由题意可知，，故在圆外，则过点做圆的切线有两条，且切线斜率必存在，设切线为，即，则圆心到直线的距离，解得或，故切线方程为或故答案为：或16、【解析】按题意求得，两点坐标，以代数式表达出条件，即可得到关于的关系式，进而解得双曲线的离心率.【详解】双曲线的右焦点为,其渐近线为，垂线方程为，则，，，由，得，即即，则，离心率故答案为：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）4.【解析】（1）由正弦定理即可得答案.（2）根据题意得到，再由关于角的余弦定理和整理化简得，再由的面积，即可求出的值.【小问1详解】由及正弦定理可得.【小问2详解】由锐角中得，根据余弦定理可得，代入得，整理得，即，解得，，解得.18、（1）答案见解析（2）【解析】(1)求函数的定义域及导函数，根据导数与函数的单调性关系判断函数的单调性；(2)结合已知条件，根据函数的单调性，极值结合零点存在性定理列不等式求实数的取值范围.【小问1详解】的定义域为，当时，恒成立，上单调递增，当时，在递减，在递增【小问2详解】当时，恒成立，上单调递增，所以至多存一个零点，不符题意，故舍去.当时，在递减，在递增；所以有极小值为构造函数，恒成立，所以在单调递减，注意到①当时，，则函数至多只有一个零点，不符题意，舍去.②当时，函数图象连续不间断，的极小值为，又函数在单调递减，所以在上存在唯一一个零点；，令，构造函数，恒成立.在单调递增，所以，即，所以函数在单调递增，所以在上存在唯一一个零点；当时，函数怡有两个零点，即在上各有一个零点.综上，函数有两个不同的零点，实数的取值范围为.【点睛】函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.19、（1），（2）4【解析】（1）将M坐标代入方程即可；（2）联立直线l与抛物线方程得到A、B的横坐标，再利用焦半径公式求出即可.【小问1详解】将代入，得，解得，所以【小问2详解】由（1）得抛物线方程为，直线l的方程为，联立消y得，解得或，因为A在第一象限，所以，所以，，所以20、（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BCE21、（1）（2）【解析】（1）由题意解得等差数列的公差，代入公式即可求得和；（2）把n分为奇数和偶数两类，分别去数列的前n项和.【小问1详解】设等差数列公差为，由题有，即，解之得或0，又，所以，所以.【小问2详解】，