广东省东莞市北京师范大学石竹附属中学2026届数学高二上期末联考模拟试题含解析

广东省东莞市北京师范大学石竹附属中学2026届数学高二上期末联考模拟试题注意事项: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．【2018江西抚州市高三八校联考】已知双曲线(，)与抛物线有相同的焦点，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线交于点，则双曲线的离心率为（）A. B.C. D.2．下列关于斜二测画法所得直观图的说法中正确的有（）①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③菱形的直观图是菱形；④正方形的直观图是正方形.A.① B.①②C.③④ D.①②③④3．已知圆：和点，是圆上一点，线段的垂直平分线交于点，则点的轨迹方程是:（）A. B.C. D.4．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A.8 B.16C. D.5．如图在平行六面体中，与的交点记为．设，，，则下列向量中与相等的向量是（）A. B.C. D.6．点A是曲线上任意一点，则点A到直线的最小距离为（）A. B.C. D.7．已知椭圆C：的左右焦点为F1，F2，离心率为，过F2的直线l交C与A，B两点，若△AF1B的周长为，则C的方程为（）A. B.C. D.8．在直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B.C. D.9．直线的倾斜角为（）A. B.C. D.10．将正整数1，2，3，4，…按如图所示的方式排成三角形数组，则第19行从左往右数第5个数是（）A.381 B.361C.329 D.40011．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，下顶点为，直线与椭圆的另一个交点为，若为等腰三角形，则椭圆的离心率为（）A. B.C. D.12．在中，已知角A，B，C所对的边为a，b，c，，，，则（）A. B.C. D.1二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图，棱长为1的正方体，点沿正方形按的方向作匀速运动，点沿正方形按的方向以同样的速度作匀速运动，且点分别从点A与点同时出发，则的中点的轨迹所围成图形的面积大小是________.14．用组成所有没有重复数字的五位数中，满足与相邻并且与不相邻的五位数共有____________个.(结果用数值表示)15．将连续的正整数填入n行n列的方阵中，使得每行、每列、每条对角线上的数之和相等，可得到n阶幻方.记n阶幻方每条对角线上的数之和为，如图：，那么的值为___________.16．已知满足约束条件，则的最小值为___________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）在正方体中，、、分别是、、的中点（1）证明：平面平面；（2）证明：18．（12分）已知函数在区间上有最大值和最小值（1）求实数、的值；（2）设，若不等式，在上恒成立，求实数的取值范围19．（12分）已知圆，圆，动圆与圆外切，且与圆内切.（1）求动圆圆心的轨迹的方程，并说明轨迹是何种曲线；（2）设过点的直线与直线交于两点，且满足的面积是面积的一半，求的面积20．（12分）已知函数的图像在（为自然对数的底数）处取得极值.（1）求实数的值；（2）若不等式在恒成立，求的取值范围.21．（12分）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且的面积为（为坐标原点）（1）求抛物线的标准方程；（2）点、是抛物线上异于原点的两点，直线、的斜率分别为、，若，求证：直线恒过定点22．（10分）如图，三棱锥中，，，，，，点是PA的中点，点D是AC的中点，点N在PB上，且.（1）证明：平面CMN；（2）求平面MNC与平面ABC所成角的余弦值.

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、C【解析】由题意可知，抛物线的焦点坐标为，准线方程为，由在抛物线的准线上，则，则，则焦点坐标为，所以，则，解得，双曲线的渐近线方程是，将代入渐近线的方程，即，则双曲线的离心率为，故选C.2、B【解析】根据斜二侧直观图的画法法则，直接判断①②③④的正确性，即可推出结论【详解】由斜二测画法规则知：三角形的直观图仍然是三角形，所以①正确；根据平行性不变知，平行四边形的直观图还是平行四边形，所以②正确；根据两轴的夹角为45°或135°知，菱形的直观图不再是菱形，所以③错误；根据平行于x轴的长度不变，平行于y轴的长度减半知，正方形的直观图不再是正方形，所以④错误.故选：B.3、B【解析】先由在线段的垂直平分线上得出，再由题意得出，进而由椭圆定义可求出点的轨迹方程.【详解】如图，因为在线段的垂直平分线上，所以，又点在圆上，所以，因此，点在以、为焦点的椭圆上.其中，，则.从而点的轨迹方程是.故选：B.4、C【解析】画出直观图，利用椎体体积公式进行求解.【详解】画出直观图，为四棱锥A-BCDE，其中BC=4，BE=2，AE=2，且BE，AE，DE两两垂直，故体积为.故选：C5、B【解析】利用空间向量的加法和减法法则可得出关于、、的表达式.【详解】故选：B.6、A【解析】动点在曲线，则找出曲线上某点的斜率与直线的斜率相等的点为距离最小的点，利用导数的几何意义即可【详解】不妨设，定义域为：对求导可得：令解得：（其中舍去）当时，，则此时该点到直线的距离为最小根据点到直线的距离公式可得：解得：故选：A7、A【解析】根据椭圆的定义可得△AF1B的周长为4a，由题意求出a，结合离心率计算即可求出c，再求出b即可.【详解】由椭圆的定义知，△AF1B的周长为，又△AF1B的周长为4，则，，，，，所以方程为，故选：A.8、D【解析】以为坐标原点，向量，，方向分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】以为坐标原点，向量，，方向分别为、、轴建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，，，因此异面直线与所成角的余弦值等于.故选：D.9、D【解析】若直线倾斜角为，由题设有，结合即可得倾斜角的大小.【详解】由直线方程，若其倾斜角为，则，而，∴.故选：D10、C【解析】观察规律可知，从第一行起，每一行最后一个数是连续的完全平方数，据此容易得出答案.【详解】由图中数字排列规律可知：第1行从左往右最后1个数是，第2行从左往右最后1个数是，第3行从左往右最后1个数是，……第18行从左往右最后1个数为，第19行从左往右第5个数是故选：C.11、B【解析】由椭圆定义可得各边长，利用三角形相似，可得点坐标，再根据点在椭圆上，可得离心率.【详解】如图所示：因为为等腰三角形，且，又，所以，所以，过点作轴，垂足为，则，由，，得，因为点在椭圆上，所以，所以，即离心率，故选：B.12、B【解析】利用正弦定理求解.【详解】在中，由正弦定理得，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】画出符合要求的图形，观察得到轨迹是菱形，并进行充分性和必要性两方面的证明，并求解出轨迹图形的面积.【详解】如图，分别是正方形ABCD，，的中心，下面进行证明：菱形EFGC的周界即为动线段PQ的中点H的轨迹，首先证明：如果点H是动线段PQ的中点，那么点H必在菱形EFGC的周界上，分两种情况证明：（1）P，Q分别在某一个定角的两边上，不失一般性，设P从B到C，而Q同时从到C，由于速度相同，所以PQ必平行于，故PQ的中点H必在上；（2）P，Q分别在两条异面直线上，不失一般性，设P从A到B，同时Q从到，由于速度相同，则，由于H为PQ的中点，连接并延长，交底面ABCD于点T，连接PT，则平面与平面交线是PT，∵∥平面，∴∥PT，∴，而，∥BC，∴是等腰直角三角形，，从而T在AC上，可以证明FH∥AC，GH∥AC，DG∥AC，基于平行线的唯一性，显然H在DG上，综合（1）（2）可证明，线段PQ的中点一定在菱形EFGC的周界上；下面证明：如果点H在菱形EFGC的周界上，则点H必定是符合条件的线段的中点.也分两种情况进行证明：（1）H在CG或CE上，过点H作PQ∥（或BD），而与BC及（或CD及BC）分别相交于P和Q，由相似的性质可得：PH=QH，即H是PQ的中点，同时可证：BP=（或BQ=DP），因此P、Q符合题设条件（2）H在EF或FG上，不失一般性，设H在FG上，连接并延长，交平面AC于点T，显然T在AC上，过T作TP∥CB于点P，则TP∥，在平面上，连接PH并延长，交于点Q，在三角形中，G是的中点，∥AC，则H是的中点，于是，从而有，又因为TP∥CB，，所以，从而，因此P，Q符合题设条件.由（1）（2），如果H是菱形EFGC周界上的任一点，则H必是符合题设条件的动线段PQ的中点，证毕.因为四边形为菱形，其中，所以边长为且，为等边三角形，，所以面积.故答案为：【点睛】对于立体几何轨迹问题，要画出图形，并要善于观察，利用所学的立体几何方面的知识，大胆猜测，小心验证，对于多种情况的，要画出相应的图形，注意分类讨论.14、【解析】由题意，先利用捆绑法排列和，再利用插空法排列和，即可得答案.【详解】因为满足与相邻并且与不相邻，则将捆绑，内部排序得，再对和全排列得，利用插空法将和插空得，所以满足题意得五位数有.故答案为：15、34【解析】根据每行数字之和相等，四行数字之和刚好等于1到16之和可得.【详解】4阶幻方中，4行数字之和，得.故答案为：3416、【解析】根据题意，作出可行域，进而根据几何意义求解即可.【详解】解：作出可行域如图，将变形为，所以根据几何意义，当直线过点时，有最小值，所以联立方程得，所以的最小值为故答案为：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）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）连接，分别证明出平面，平面，利用面面平行的判定定理可证得结论成立；（2）证明出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立.【小问1详解】证明：连接，在正方体中，，，所以，四边形为平行四边形，所以，在中，、分别为、的中点，所以，，所以，，因为平面，平面，所以，平面因为且，、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，则，，平面，平面，平面又，所以，平面平面【小问2详解】证明：在正方体中，平面，平面，,因为四边形为正方形，则，因为，则平面由知（1）平面平面，所以，平面，平面，因此，18、（1），；（2）.【解析】（1）分析函数在区间上的单调性，结合已知条件可得出关于实数、的方程组，即可解得实数、的值；（2）由（1）可得，利用参变量分离法可得出，利用单调性求出函数在上的最小值，即可得出实数的取值范围.【小问1详解】解：的对称轴是，又，所以，函数在上单调递减，在上单调递增，当时，取最小值，当时，取最大值，即，解得.【小问2详解】解：由（1）知：，所以，，又，，令，则在上是增函数．所以，，要使在上恒成立，只需，因此，实数的取值范围为19、（1）（2）或【解析】（1）设圆的半径为，圆的半径为，圆的半径为，由题意，，从而可得，由椭圆的定义即可求解；（2）由题意，直线的斜率存在且不为0，设，，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理及点为线段的中点，可得，利用弦长公式求出及到直线AB的距离即可得的面积.【小问1详解】解：圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，设圆的半径为，由题意，，所以，由椭圆的定义可知，动圆圆心的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆，则，所以，所以动圆圆心的轨迹的方程为；【小问2详解】解：由题意，直线的斜率存在且不为0，设，，由，可得，所以①，②，且，即，因为的面积是面积的一半，所以点为线段的中点，所以，即③，联立①②③可得，所以，因为到直线AB的距离，，所以，所以当时，，当时，.所以的面积为或.20、（1）（2）【解析】（1）由求得的值.（2）由分离常数，通过构造函数法，结合导数求得的取值范围.【小问1详解】因为，所以，因为函数的图像在点处取得极值，所以，，经检验，符合题意，所以；【小问2详解】由（1）知，，所以在恒成立，即对任意恒成立.令，则.设，易得是增函数，所以，所以，所以函数在上为增函数，则，所以.21、（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）由点在抛物线上可得出，再利用三角形的面积公式可得出关于的等式，解出正数的值，即可得出抛物线的标准方程；（2）设点、，利用斜率公式结合已知条件可得出的值，分析可知直线不与轴垂直，可设直线的方程为，将该直线方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理求出的值，即可得出结论.【小问1详解】解：抛物线的焦点为，由已知可得，则，，，解得，因此，抛物线的方程为.【小问2详解】证明：设点、，则，可得.若直线轴，则该直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意.设直线的方程为，联立，可得，由韦达定理可得，可得，