2026届泉州市重点中学高二上数学期末统考模拟试题含解析

2026届泉州市重点中学高二上数学期末统考模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．执行如图所示的程序框图，输出的s值为()A.8 B.9C.27 D.362．已知等比数列的前项和为，公比为，则（）A. B.C. D.3．如图，在三棱锥中，，，，点在平面内，且，设异面直线与所成角为，则的最大值为（）A. B.C. D.4．已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，左焦点、右顶点和下顶点分别为，坐标原点到直线的距离为，则的面积为（）A. B.4C. D.5．在正项等比数列中，，，则（）A27 B.64C.81 D.2566．从1，2，3，4，5中随机抽取三个数，则这三个数能成为一个三角形三边长的概率为（）A. B.C. D.7．若复数满足，则复平面内表示的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限8．已知命题，则为（）A. B.C. D.9．如图，将边长为4的正方形折成一个正四棱柱的侧面，则异面直线AK和LM所成角的大小为（）A.30° B.45°C.60° D.90°10．已知椭圆(a>b>0)的离心率为，则＝（）A. B.C. D.11．在公比为为q等比数列中，是数列的前n项和，若，则下列说法正确的是（）A. B.数列是等比数列C. D.12．函数f(x)＝－1＋lnx，对∀x0，f(x)≥0成立，则实数a的取值范围是（）A(－∞，2] B.[2，＋∞)C.(－∞，1] D.[1，＋∞)二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知椭圆C：，点M与C的焦点不重合，若M关于C的焦点的对称点分别为A，B，线段MN的中点在C上，则_________.14．已知，空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为.用以上知识解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为___________.15．曲线在点处的切线方程为__________.16．关于曲线C：1，有如下结论：①曲线C关于原点对称；②曲线C关于直线x±y＝0对称；③曲线C是封闭图形，且封闭图形的面积大于2π；④曲线C不是封闭图形，且它与圆x2+y2＝2无公共点；⑤曲线C与曲线D：|x|+|y|＝2有4个公共点，这4点构成正方形其中正确结论的个数是_____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）设：实数满足，：实数满足（1）当时，若与均为真命题，求实数的取值范围；（2）当时，若是的必要条件，求实数的取值范围18．（12分）已知抛物线的顶点在原点，焦点在轴上，且抛物线上有一点到焦点的距离为6.（1）求抛物线的方程；（2）若不过原点的直线与抛物线交于A、B两点，且，求证：直线过定点并求出定点坐标.19．（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20．（12分）已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，长轴长为4，且点在椭圆上（1）经过点M（1，）作一直线交椭圆于AB两点，若点M为线段AB的中点，求直线的斜率；（2）设椭圆C的上顶点为P，设不经过点P的直线与椭圆C交于C，D两点，且，求证：直线过定点21．（12分）已知双曲线C：(a>0，b>0）的离心率为，且双曲线的实轴长为2（1）求双曲线C的方程；（2）已知直线x－y+m=0与双曲线C交于不同的两点A、B，且线段AB中点在圆x2＋y2=17上，求m的值22．（10分）如图，三棱锥中，为等边三角形，且面面，（1）求证：；（2）当与平面BCD所成角为45°时，求二面角的余弦值

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】执行程序框图，第一次循环，，满足；第二次循环，，满足；第三次循环，，不满足，输出，故选B.【方法点睛】本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题.解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1)不要混淆处理框和输入框；(2)注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3)注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4)处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5)要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.2、D【解析】利用等比数列的求和公式可求得的值.【详解】由等比数列的求和公式可得，解得.故选：D.3、D【解析】设线段的中点为，连接，过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，然后以点为坐标原点，、、分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，且，求出的最大值，利用空间向量法可求得的最大值.【详解】设线段的中点为，连接，，为的中点，则，，则，，同理可得，，，平面，过点在平面内作，垂足为点，因为，所以，为等边三角形，故为的中点，平面，平面，则，，，平面，以点为坐标原点，、、分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，因为是边长为的等边三角形，为的中点，则，则、、、，由于点在平面内，可设，其中，且，从而，因为，则，所以，，故当时，有最大值，即，故，即有最大值，所以，.故选：D.【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.4、C【解析】设，根据题意，可知的方程为直线，根据原点到直线的距离建立方程，求出，进而求出，的值，以及到直线的距离，再根据面积公式，即可求出结果.【详解】设，由题意可知，其中，所以的方程为，即所以原点到直线的距离为，所以，即，；所以直线的方程为，所以到直线的距离为；又，所以的面积为.故选：C.5、C【解析】根据等比数列的通项公式求出公比，进而求得答案.【详解】设的公比为，则（负值舍去），所以.故选：C.6、C【解析】列举出所有情况，然后根据两边之和大于第三边数出能构成三角形的情况，进而得到答案.【详解】5个数取3个数的所有情况如下：{1,2,3；1,2,4；1,2,5；1,3,4；1,3,5；1,4,5；2,3,4；2,3,5；2,4,5；3,4,5}共10种情况，而能构成三角形的情况有{2,3,4；2,4,5；3,4,5}共3种情况，故所求概率.故选：C.7、A【解析】根据复数的运算法则，求得，结合复数的几何意义，即可求解.【详解】由题意，复数满足，可得，所以复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第一象限.故选：A.8、C【解析】将全称命题否定为特称命题即可【详解】由题意，根据全称命题与特称命题的关系，可得命题，则，故选：C.9、D【解析】作出折叠后的正四棱锥，确定线面关系，从而把异面直线的夹角通过平移放到一个平面内求得.【详解】由题知，折叠后的正四棱锥如图所示，易知K为的四等分点，L为的中点，M为的四等分点，，取的中点N，易证，则异面直线AK和LM所成角即直线AK和KN所成角，在中，，，故故选：D10、D【解析】由离心率得，再由转化为【详解】因为，所以8a2＝9b2，所以故选：D.11、D【解析】根据等比数列的通项公式、前项和公式的基本量运算，即可得到答案；【详解】，，故A错误；，，显然数列不是等比数列，故B错误；，故C错误；，，故D成立；故选：D12、B【解析】由导数求得的最小值，由最小值非负可得的范围【详解】定义域是，，若，则在上恒成立，单调递增，，不合题意；若，则时，，递减，时，，递增，所以时，取得极小值也是最小值，由题意，解得故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】设M,N的中点坐标为P，,则；由于，化简可得，根据椭圆的定义==6，所以12.考点：1.椭圆的定义；2.两点距离公式.14、【解析】由题意分别求出这三个平面的法向量，设直线的方向向量为，由直线与平面与的法向量垂直，得出，由向量的夹角公式可得答案.【详解】由，解得，即直线与平面的交点坐标为平面的方程为，可得所以平面的法向量为平面的法向量为，的法向量为设直线的方向向量为，则，即取，设直线与平面所成角则故答案为：15、【解析】先求导数，再根据导数几何意义得切线斜率，最后根据点斜式求切线方程.【详解】函数的导数为，所以切线的斜率，切点为，则切线方程为故答案为：【点睛】易错点睛：求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点，考查学生的运算能力，属于基础题.16、4【解析】直接利用曲线的性质，对称性的应用可判断①②；求出可判断③；联立方程，解方程组可判断④⑤的结论【详解】对于①，将方程中的x换为﹣x，y换为﹣y，方程不变，曲线C关于原点对称，故①正确；对于②，将方程中的x换为﹣y，把y换成﹣x，方程不变，曲线C关于直线x±y＝0对称，故②正确；对于③，由方程得，故曲线C不是封闭图形，故③错误；对于④，曲线C：，不是封闭图形，联立整理可得：，方程无解，故④正确；对于⑤，曲线C与曲线D：由于，解得，根据对称性，可得公共点为，故曲线C与曲线D有四个交点，这4点构成正方形，故⑤正确故答案为：4三、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）将代入，解一元二次不等式求两集合的交集即可求解.（2）求出：，根据题意可得转化为集合的包含关系即可求解.【详解】（1）当时，：，：或.因为，中都是真命题.所以所以实数的取值范围是；（2）当时，：，：或，所以：，因为是的必要条件，所以，所以，解得，所以实数的取值范围是.18、（1）（2）证明见解析，定点坐标为(8,0).【解析】（1）根据抛物线的定义，即可求出结果；（2）由题意直线方程可设为，将其与抛物线方程联立，再将转化为，根据韦达定理，化简求解，即可求出定点.【小问1详解】解：抛物线的顶点在原点，焦点在轴上，且抛物线上有一点，设抛物线的方程为，到焦点的距离为6，即有点到准线的距离为6，即解得，即抛物线的标准方程为；【小问2详解】证明:由题意知直线不能与轴平行，故直线方程可设为,与抛物线联立得，消去得,设，则,则，,由，可得，所以，即，亦即，又，解得，所以直线方程为，易得直线过定点.19、（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20、（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）设椭圆的方程为代入点的坐标求出椭圆的方程，再利用点差法求解；（2）由题得直线的斜率存在，设直线的方程为，联立直线和椭圆的方程得韦达定理，根据和韦达定理得到，即得证.【小问1详解】解：由题设椭圆的方程为因为椭圆经过点，所以所以椭圆的方程为.设，所以，所以，由题得，所以，所以，所以，所以直线的斜率为.【小问2详解】解：由题得当直线的斜率不存在时，不符合题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组y=kx+nx24所以，解得①，设，，，，则②，因为，则，，，又，，所以③，由②③可得（舍或满足条件①，此时直线的方程为，故直线过定点21、（1）；（2）【解析】（1）由实轴长求得，再由离心率得，从而求得得双曲线方程；（2）直线方程与双曲线方程联立方程组，消元后应用韦达定理求得中点坐标，代入圆方程可求得值【小问1详解】由已知，，又，所以，，所以双曲线方程为；【小问2详解】由，得，恒成立，设，，中点为，所以，，，又在圆x2＋y2=17上，所以，22、（1）证明见解析；（2）.【解析】(1)根据给定条件证得平