四川省泸县四中2026届高二上数学期末学业水平测试试题含解析

四川省泸县四中2026届高二上数学期末学业水平测试试题注意事项：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．曲线在处的切线如图所示，则（）A.0 B.C. D.2．在中，、、所对的边分别为、、，若，，，则（）A. B.C. D.3．若不等式组表示的区域为，不等式表示的区域为，向区域均匀随机撒颗芝麻，则落在区域中的芝麻数约为（）A. B.C. D.4．以轴为对称轴，顶点为坐标原点，焦点到准线的距离为4的抛物线方程是（）A. B.C.或 D.或5．过抛物线的焦点的直线交抛物线于不同的两点，则的值为A.2 B.1C. D.46．已知直线与圆交于A，B两点，O为原点，且，则实数m等于（）A. B.C. D.7．“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C充分必要条件 D.既不充分也不必要条件8．已知曲线与直线总有公共点，则m的取值范围是（）A. B.C. D.9．已知点为双曲线的左顶点，点和点在双曲线的右分支上，是等边三角形，则的面积是A. B.C. D.10．在数列中，，，则（）A.985 B.1035C.2020 D.207011．如图，在正方体中，点E是上底面的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B.C. D.12．已知函数在区间有且仅有2个极值点，则m的取值范围是（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图三角形数阵：123456789101112131415……按照自上而下，自左而右的顺序，2021位于第i行的第j列，则______14．平行六面体中，底面是边长为1的正方形，，则对角线的长度为___.15．执行如图所示的程序框图，则输出的结果________16．已知斜率为1的直线经过椭圆的左焦点，且与椭圆交于，两点，若椭圆上存在点，使得的重心恰好是坐标原点，则椭圆的离心率______.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）已知各项均为正数的等比数列{}的前4项和为15，且.（1）求{}的通项公式；（2）若，记数列{}前n项和为，求.18．（12分）已知函数.（1）当时，求的极值；（2）当时，，求a的取值范围.19．（12分）已知椭圆的短轴长为2，左、右焦点分别为，，过且垂直于长轴的弦长为1（1）求椭圆C的标准方程；（2）若A，B为椭圆C上位于x轴同侧的两点，且，共线，求四边形的面积的最大值20．（12分）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，求函数在内的零点个数.21．（12分）如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，且，，分别为，的中点（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）点在棱上，且，证明：平面22．（10分）已知点，直线：，直线m过点N且与垂直，直线m交圆于两点A，B.（1）求直线m的方程；（2）求弦AB的长.

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】由图示求出直线方程，然后求出，，即可求解.【详解】由直线经过，，可求出直线方程为：∵在处的切线∴，∴故选：C【点睛】用导数求切线方程常见类型：(1)在出的切线：为切点，直接写出切线方程：；(2)过出的切线：不是切点，先设切点，联立方程组，求出切点坐标，再写出切线方程：.2、B【解析】利用正弦定理，以及大边对大角，结合正弦定理，即可求得.【详解】根据题意，由正弦定理，可得：，解得，故可得或，由，可得，故故选：B.3、A【解析】作出两平面区域，计算两区域的公共面积，利用几何概型得出芝麻落在区域Γ内的概率，进而可得答案.【详解】作出不等式组所表示的平面区域如下图中三角形ABC及其内部，不等式表示的区域如下图中的圆及其内部：由图可得，A点坐标为点坐标为坐标为点坐标为.区域即的面积为，区域的面积为圆的面积，即，其中区域和区域不相交的部分面积即空白面积，所以区域和区域相交的部分面积，所以落入区域的概率为.所以均匀随机撒颗芝麻，则落在区域中芝麻数约为.故选:A.4、C【解析】根据抛物线的概念以及几何性质即可求抛物线的标准方程.【详解】依题意设抛物线方程为因为焦点到准线的距离为4，所以，所以，所以抛物线方程或故选：C5、D【解析】本题首先可以通过直线交抛物线于不同的两点确定直线的斜率存在，然后设出直线方程并与抛物线方程联立，求出以及的值，然后通过抛物线的定义将化简，最后得出结果【详解】因为直线交抛物线于不同的两点，所以直线的斜率存在，设过抛物线的焦点的直线方程为，由可得，，因为抛物线的准线方程为，所以根据抛物线的定义可知，，所以，综上所述，故选D【点睛】本题考查了抛物线的相关性质，主要考查了抛物线的定义、过抛物线焦点的直线与抛物线相交的相关性质，考查了计算能力，是中档题6、A【解析】根据给定条件求出，再求出圆O到直线l的距离即可计算作答.【详解】圆的圆心O，半径，因，则，而，则，即是正三角形，点O到直线l的距离，因此，，解得，所以实数m等于.故选：A7、A【解析】根据充分条件和必要条件的定义直接判断即可.【详解】若，则，即或，推不出；反过来，若，可推出.故“”是“”的充分不必要条件故选：A.8、D【解析】对曲线化简可知曲线表示以点为圆心，2为半径的圆的下半部分，对直线方程化简可得直线过定点，画出图形，由图可知，，然后求出直线的斜率即可【详解】由，得，因为，所以曲线表示以点为圆心，2为半径的圆的下半部分，由，得，所以，得，所以直线过定点，如图所示设曲线与轴的两个交点分别为，直线过定点，为曲线上一动点，根据图可知，若曲线与直线总有公共点，则，得，设直线为，则，解得，或，所以，所以，所以，故选：D9、C【解析】设点在轴上方，由是等边三角形得直线斜率.又直线过点，故方程为.代入双曲线方程，得点的坐标为.同理可得，点的坐标为.故的面积为,选C.10、A【解析】根据累加法得，，进而得.【详解】解：因为所以，当时，，，……，，所以，将以上式子相加得，所以，，.当时，，满足；所以，.所以.故选：A11、B【解析】建立空间直角坐标系，利用向量夹角求解.【详解】以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系如图所示，设正方体棱长为2，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：B12、A【解析】根据导数的性质，结合余弦型函数的性质、极值的定义进行求解即可.【详解】由，，因为在区间有且仅有2个极值点，所以令，解得，因此有，故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、69【解析】由图可知，第行有个数，求出第行的最后一个数，从而可分析计算出，即可得出答案.【详解】解：由图可知，第行有个数，第行最后一个数为，因为，所以第行的最后一个数为2016，所以2021位第行，即，又，所以2021位第行第5列，即，所以.故答案为：69.14、2【解析】利用，两边平方后，利用向量数量积计算公式，计算得.【详解】对两边平方并化简得,故.【点睛】本小题主要考查空间向量的加法和减法运算，考查空间向量数量积的表示，属于中档题.15、132【解析】根据程序框图模拟程序运行，确定变量值的变化可得结论【详解】程序运行时，变量值变化如下：，判断循环条件，满足，，；判断循环条件，满足，，；判断循环条件，不满足，输出故答案为：13216、【解析】设点，，坐标分别为，则根据题意有，分别将点，，的坐标代入椭圆方程得，然后联立直线与椭圆方程，利用韦达定理得到和的值，代入得到关于的齐次式，然后解出离心率.【详解】设，，坐标分别为，因为的重心恰好是坐标原点，则，则，代入椭圆方程可得，其中，所以……①因为直线的斜率为，且过左焦点，则的方程为：，联立方程消去可得：，所以，……②所以……③，将②③代入①得，从而.故答案为：【点睛】本题考查椭圆的离心率求解问题，难度较大.解答时,注意，，三点坐标之间的关系，注意韦达定理在解题中的运用.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）设正项的等比数列的公比为，根据题意列出方程组，求得的值，即可求得数列的通项公式；（2）由，结合乘公比错位相减求和，即可求解.小问1详解】解：设正项的等比数列的公比为，显然不为1，因为等比数列前4项和为且，可得，解得，所以数列的通项公式为.【小问2详解】解：由，所以，可得，两式相减得，所以.18、（1）极大值，没有极小值（2）【解析】（1）把代入，然后对函数求导，结合导数可求函数单调区间,即可得解；（2）构造函数，将不等式的恒成立转化为函数的最值问题，结合导数与单调性及函数的性质对进行分类讨论，其中当和时易判断函数的单调性以及最小值，而当时，的最小值与0进一步判断【小问1详解】当时，的定义域为，.当时，，当时，，所以在上为增函数，在上为减函数.故有极大值，没有极小值.【小问2详解】当时，恒成立等价于对于任意恒成立.令，则.若，则，所以在上单调递减，所以，符合题意.若，所以在上单调递减，，符合题意.若，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，不合题意.综上可知，a的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题考查了不等式恒成立问题，其关键是构造函数，通过讨论参数在不同取值范围时函数的单调性，求出函数的最值，解出参数的范围.必要时二次求导.19、（1）（2）2【解析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的标准方程.（2）延长，交椭圆C于点．设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，根据对称性求得四边形的面积的表达式，利用换元法，结合基本不等式求得四边形的面积的最大值.【小问1详解】由题可知，即，因为过且垂直于长轴的弦长为1，所以，所以所以椭圆C的标准方程为【小问2详解】因为，共线，所以延长，交椭圆C于点．设，由（1）可知，可设直线的方程为联立，消去x可得，所以，由对称性可知设与间的距离为d，则四边形的面积令，则．因为，当且仅当时取等号，所以，即四边形的面积的最大值为2【点睛】在椭圆、双曲线、抛物线中，求三角形、四边形面积的最值问题，求解策略是：首先结合弦长公式、点到直线距离公式等求得面积的表达式；然后利用基本不等式、二次函数的性质等知识来求得最值.20、（1）当，在单调递增；当，在单调递增,在单调递减.（2）0.【解析】（1）求得，对参数分类讨论，即可由每种情况下的正负确定函数的单调性；（2）根据题意求得，利用进行放缩，只需证即，再利用导数通过证明从而得到恒成立，则问题得解.【小问1详解】以为，其定义域为，又，故当时，，在单调递增；当时，令，可得，且令，解得，令，解得，故在单调递增，在单调递减.综上所述：当，在单调递增；当，在单调递增，在单调递减.【小问2详解】因为，故可得，则，；下证恒成立，令，则，故在单调递减，又当时，，故在恒成立，即；因为，故，令，下证在恒成立，要证恒成立，即证，又，故即证，令，则，令，解得，此时该函数单调递增，令，解得，此时该函数单调递减，又当时，，也即；令，则，令，解得，此时该函数单调递减，令，解得，此时该函数单调递增，又当时，，也即；又，故恒成立，则在恒成立，又，故当时，恒成立，则在上的零点个数是.【点睛】本题考察利用导数研究含参函数的单调性，以及函数零点问题的处理；本题第二问处理的关键是通过分离参数和构造函数，证明恒成立，属综合困难题.21、（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）证明见解析【解析】（Ⅰ）证明和得到平面.（Ⅱ）根据相似得到证明平面.【详解】（Ⅰ）如图，连接