2026届江苏省苏州市实验中学高二上数学期末经典模拟试题含解析

2026届江苏省苏州市实验中学高二上数学期末经典模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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P是直线上的动点，PA，PB是圆的切线，A，B为切点，C为圆心，那么四边形PACB的面积的最小值是（）A2 B.C.3 D.2．如图，已知二面角平面角的大小为，其棱上有、两点，、分别在这个二面角的两个半平面内，且都与垂直.已知，，则（）A. B.C. D.3．在空间直角坐标系中，若，，则（）A. B.C. D.4．已知实数，满足则的最大值为（）A.-1 B.0C.1 D.25．在数列中，若，则称为“等方差数列”，下列对“等方差数列”的判断，其中不正确的为（）A.若是等方差数列，则是等差数列 B.若是等方差数列，则是等方差数列C.是等方差数列 D.若是等方差数列，则是等方差数列6．七巧板是中国古代劳动人民发明的一种传统智力玩具，它由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成如图是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自阴影部分的概率为（）A. B.C. D.7．已知数列中，且满足，则（）A.2 B.﹣1C. D.8．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱A1B1上一点，且AB＝2，若二面角B1﹣BC1﹣E为45°，则四面体BB1C1E的外接球的表面积为（）A.π B.12πC.9π D.10π9．复数的共轭复数是A. B.C. D.10．已知三个观测点，在的正北方向，相距，在的正东方向，相距.在某次爆炸点定位测试中，两个观测点同时听到爆炸声，观测点晚听到，已知声速为，则爆炸点与观测点的距离是（）A. B.C. D.11．如图所示，用3种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C中，要求相邻的矩形不能使用同一种颜色，则不同的涂法有（）ABCA.3种 B.6种C.12种 D.27种12．已知，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若双曲线的渐近线为，则其离心率的值为_______.14．直线与直线的夹角大小等于_______15．若，满足不等式组，则的最大值为________.16．某人实施一项投资计划，从2021年起，每年1月1日，把上一年工资的10%投资某个项目.已知2020年他的工资是10万元，预计未来十年每年工资都会逐年增加1万元；若投资年收益是10%，一年结算一次，当年的投资收益自动转入下一年的投资本金，若2031年1月1日结束投资计划，则他可以一次性取出的所有投资以及收益应有__________万元.（参考数据：，，）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．（12分）如图所示，在直三棱柱中，是等腰直角三角形，（1）证明：；（2）若点E是棱的中点，求平面与平面所成锐二面角的余弦值18．（12分）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为AB，BC上的动点，且.（1）求证：；（2）当时，求点A到平面的距离.19．（12分）已知数列，，其中，是各项均为正数的等比数列，满足，，且（1）求数列，的通项公式；（2）设，求数列的前n项和20．（12分）如图所示，四棱锥的底面为直角梯形，，，，，底面，为的中点（1）求证：平面平面；（2）求点到平面的距离21．（12分）已知函数，曲线在点处的切线与直线垂直（其中为自然对数的底数）（1）求的解析式及单调递减区间；（2）若函数无零点，求的取值范围22．（10分）如图，在四棱锥中，，，，，为中点，且平面.（1）求点到平面的距离；（2）线段上是否存在一点，使平面？如果不存在，请说明理由；如果存在，求的值.

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、D【解析】由圆C的标准方程可得圆心为（1，1），半径为1，根据切线的性质可得四边形PACB面积等于，，故求解最小时即可确定四边形PACB面积的最小值.【详解】圆C：x2+y2-2x-2y+1=0即，表示以C（1，1）为圆心，以1为半径的圆，由于四边形PACB面积等于2×××=，而，故当最小时，四边形PACB面积最小，又的最小值等于圆心C到直线l：的距离d，而，故四边形PACB面积的最小值为，故选：D2、C【解析】以、为邻边作平行四边形，连接，计算出、的长，证明出，利用勾股定理可求得的长.【详解】如下图所示，以、为邻边作平行四边形，连接，因为，，则，又因为，，，故二面角的平面角为，因为四边形为平行四边形，则，，因为，故为等边三角形，则，，则，，，故平面，因为平面，则，故.故选：C.3、B【解析】直接利用空间向量的坐标运算求解.【详解】解：因为，，所以.故选：B4、D【解析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数，即可得到结果【详解】由约束条件画出可行域如图，化目标函数为，由图可知当直线过点时，直线在轴上的截距最小，取得最大值2.故选：D5、B【解析】根据等方差数列的定义逐一进行判断即可【详解】选项A中，符合等差数列的定义，所以是等差数列，A正确；选项B中，不是常数，所以不是等方差数列，选项B错误；选项C中，，所以是等方差数列，C正确；选项D中，所以是等方差数列，D正确故选：B6、D【解析】设正方形的边长为，计算出阴影部分区域的面积和正方形区域的面积，然后利用几何概型的概率公式计算出所求事件的概率.【详解】设大正方形的边长为，则面积为，阴影部分由一个大等腰直角三角形和一个梯形组成大等腰直角三角形的面积为，梯形的上底为，下底为，高为，面积为，故所求概率故选：D.7、C【解析】首先根据数列的递推公式求出数列的前几项，即可得到数列的周期性，即可得解；【详解】解：因为且，所以，，，所以是周期为的周期数列，所以，故选：C8、D【解析】连接交于，可得，利用线面垂直的判定定理可得：平面，于是，可得而为二面角的平面角，再求出四面体的外接球半径，进而利用球的表面积计算公式得出结论【详解】连接交于，则，易知，则平面，所以，从而为二面角的平面角，则.因为，所以，所以四面体的外接球半径故四面体BB1C1E的外接球的表面积为故选：D【点睛】本题考查了正方体的性质、线面垂直的判定与性质定理、二面角的平面角、球的表面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题9、B【解析】因,故其共轭复数.应选B.考点：复数的概念及运算.10、D【解析】根据题意作出示意图，然后结合余弦定理解三角形即可求出结果.【详解】设爆炸点为，由于两个观测点同时听到爆炸声，则点位于的垂直平分线上，又在的正东方向且观测点晚听到，则点位于的左侧，，,，设，则，解得，则爆炸点与观测点的距离为，故选：D.11、C【解析】根据给定信息，按用色多少分成两类，再分类计算作答.【详解】计算不同的涂色方法数有两类办法：用3种颜色，每个矩形涂一种颜色，有种方法，用2色，矩形A，C涂同色，有种方法，由分类加法计数原理得(种)，所以不同的涂法有12种.故选：C12、A【解析】由，结合基本不等式可得，由此可得，由此说明“”是“”的充分条件，再通过举反例说明“”不是“”的必要条件，由此确定正确选项.【详解】∵，∴（当且仅当时等号成立），（当且仅当时等号成立），∴（当且仅当时等号成立），若，则，∴，所以“”是“”的充分条件，当时，，此时，∴“”不是“”的必要条件，∴“”是“”的充分不必要条件，故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】利用渐近线斜率为和双曲线的关系可构造关于的齐次方程，进而求得结果.【详解】由渐近线方程可知：，即，，，（负值舍掉）.故答案为：.【点睛】本题考查根据双曲线渐近线方程求解离心率的问题，关键是利用渐进线的斜率构造关于的齐次方程.14、##【解析】根据直线的倾斜角可得答案.【详解】直线是与轴平行的直线，直线的斜率为1，即与轴的夹角为角，故直线与直线的夹角大小等于.故答案为：.15、10【解析】作出不等式区域,如图所示:目标最大值,即为平移直线的最大纵截距,当直线经过点时最大为10.故答案为10.点睛：本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.16、24【解析】根据条件求得每一年投入在最终结算时的总收入，利用错位相减法求得总收入.【详解】由题知，2021年的投入在结算时的收入为，2022年的投入在结算时的收入为，，2030年的投入在结算时的收入为，则结算时的总投资及收益为：①，则②，由①-②得，，则，故答案为：24三、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）【解析】（1）根据线面垂直的判定定理证出平面，即可证得；（2）以A为原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，根据二面角的向量公式即可求出【小问1详解】如图，连接，由已知可得四边形是正方形，所以在直三棱柱中，平面平面，交线为，在中，可知，所以平面，于因为，所以平面，而平面，所以【小问2详解】如图所示，以A为原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，于是设平面的法向量为，则，可取而平面的一个法向量为，所以故平面与平面所成锐二面角的余弦值为18、（1）证明见解析（2）【解析】(1)如图，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法分别求出和，再证明即可；(2)利用空间向量的数量积求出平面的法向量，结合求点到面距离的向量法即可得出结果.【小问1详解】证明：如图，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，所以，故，所以；【小问2详解】当时，，，，，则，，，设是平面的法向量，则由，解得，取，得，设点A到平面的距离为，则，所以点A到平面的距离为.19、（1），（2）【解析】（1）利用公式法，基本量代换求出数列，的通项公式；（2）利用错位相减法求和.【小问1详解】设等比数列的公比为q，因为，所以，所以．所以，所以，所以．所以，所以，【小问2详解】，所以，，所以.所以20、（1）证明见解析（2）【解析】（1）设与交点为，延长交的延长线于点，进而根据证明，再结合底面得，进而证明平面即可证明结论；（2）由得点到平面的距离等于点到平面的距离的，进而过作，垂足为，结合（1）得点到平面的距离等于，再在中根据等面积法求解即可.【小问1详解】证明：设与交点为，延长交的延长线于点，因为四棱锥的底面为直角梯形，，所以，所以，因为为的中点，所以，因为所以，所以，所以，所以，又因为，所以，又因为，所以，所以，所以又因为底面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以平面平面【小问2详解】解：由于，所以，点到平面的距离等于点到平面的距离的，因为平面平面，平面平面故过作，垂足为，所以，平面，所以点到平面的距离等于在中，，所以，点到平面的距离等于.21、（1）单调减区间为和；（2）的取值范围为：或【解析】（1）先求出函数的导数，求得切线的斜率，由两直线垂直的条件，可得，求得的解析式，可得导数，令导数小于0，可得减区间；（2）先求得，要使函数无零点，即要在内无解，亦即要在内无解.构造函数，对其求导，然后对进行分类讨论，运用单调性和函数零点存在性定理，即可得到的取值范围.【详解】(1)，又由题意有：，故.此时，，由或，所以函数的单调减区间为和.(2)，且定义域为，要函数无零点，即要在内无解，亦即要在内无解.构造函数.①当时，在内恒成立，所以函数在内单调递减，在内也单调递减.又，所以在内无零点，在内也无零点，故满足条件；②当时，⑴若，则函数在内单调递减，在内也单调递减，在内单调递增.又，所以在内无零点；易知，而，故在内有一个零点，所以不满足条件；⑵若，则函数在内单调递减，在内单调递增.又，所以时，恒成立，故无零点，满足条件；⑶若，则函数在内单调递减，在内单调递增，在内也单调递增.又，所以在及内均无零点.又易知，而，又易证当时，，所以函数在内有一零点，故不满足条件.综上可得：的取值范围为：或.【点睛】本题主要考查导数的几何意义、应用导数研究函数的零点问题、其中分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题，解答本题，准确求导数是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当，或因复杂式子变形能力差，而错漏百出．本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等22、（1）（2）线段上存在一点，当时，