2026届吉林省通榆一中高二上数学期末质量检测模拟试题含解析

2026届吉林省通榆一中高二上数学期末质量检测模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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．若a＞0，b＞0，且函数f（x）=4x3﹣ax2﹣2bx+2在x=1处有极值，则ab的最大值等于A.2 B.3C.6 D.92．设分别为圆和椭圆上的点,则两点间的最大距离是A. B.C. D.3．已知函数只有一个零点，则实数的取值范围是（）A B.C. D.4．已知等差数列的公差，是与的等比中项，则（）A. B.C. D.5．如图，四棱锥的底面是矩形，设，，，是棱上一点，且，则（）A. B.C. D.6．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上两人与下三人等，问各得几何？”其意思为：“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得之和与丙、丁、戊所得之和相同，且是甲、乙、丙、丁、戊所得以此为等差数列，问五人各得多少钱？”（“钱”是古代一种重量单位），这个问题中戊所得为（）A.钱 B.钱C.钱 D.钱7．一个动圆与定圆相外切，且与直线相切，则动圆圆心的轨迹方程为（）A. B.C. D.8．已知抛物线的焦点与椭圆的一个焦点重合，过坐标原点作两条互相垂直的射线，，与分别交于，则直线过定点（）A. B.C. D.9．已知复数满足(其中为虚数单位)，则复数的虚部为（）A. B.C. D.10．上海世博会期间，某日13时至21时累计入园人数的折线图如图所示，那么在13时~14时，14时~15时，…，20时~21时八个时段中，入园人数最多的时段是（）A.13时~14时 B.16时~17时C.18时~19时 D.19时~20时11．等差数列的通项公式，数列，其前项和为，则等于（）A. B.C. D.12．已知随机变量服从正态分布，且，则（）A.0.6 B.0.4C.0.3 D.0.2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．某市有30000人参加阶段性学业水平检测，检测结束后的数学成绩X服从正态分布，若，则成绩在140分以上的大约为______人14．椭圆方程为椭圆内有一点，以这一点为中点的弦所在的直线方程为，则椭圆的离心率为______15．已知直线与平行，则实数的值为_____________.16．记为等差数列的前n项和．若，则__________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）已知关于的不等式的解集为.（1）求的值；（2）若，求的最小值，并求此时的值.18．（12分）设函数（I）求曲线在点处的切线方程；（II）设，若函数有三个不同零点，求c的取值范围19．（12分）求下列不等式的解集：（1）；（2）20．（12分）在二项式的展开式中；（1）若，求常数项；（2）若第4项的系数与第7项的系数比为，求：①二项展开式中的各项的二项式系数之和；②二项展开式中各项的系数之和21．（12分）设关于x的不等式的解集为A，关于x的不等式的解集为B（1）求集合A，B；（2）若是的必要不充分条件，求实数m的取值范围22．（10分）已知抛物线E：过点Q(1，2)，F为其焦点，过F且不垂直于x轴的直线l交抛物线E于A，B两点，动点P满足△PAB的垂心为原点O.（1）求抛物线E的方程；（2）求证：动点P在定直线m上，并求的最小值.

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】求出导函数，利用函数在极值点处的导数值为0得到a，b满足的条件；利用基本不等式求出ab的最值；注意利用基本不等式求最值需注意：一正、二定、三相等解：∵f′（x）=12x2﹣2ax﹣2b又因为在x=1处有极值∴a+b=6∵a＞0，b＞0∴当且仅当a=b=3时取等号所以ab的最大值等于9故选D点评：本题考查函数在极值点处的导数值为0、考查利用基本不等式求最值需注意：一正、二定、三相等2、D【解析】转化为圆心到椭圆上点的距离的最大值加（半径）.【详解】设，圆心为，则，当时，取到最大值，∴最大值为故选：D.【点睛】本题考查圆上点与椭圆上点的距离的最值问题，解题关键是圆上的点转化为圆心，利用圆心到动点距离的最值加（或减）半径得出结论3、B【解析】将题目转化为函数的图像与的图像只有一个交点，利用导数研究函数的单调性与极值，作出图像，利用数形结合求出的取值范围.【详解】由函数只有一个零点，等价于函数的图像与的图像只有一个交点，，求导，令，得当时，，函数在上单调递减；当时，，函数在上单调递增；当时，，函数在上单调递减；故当时，函数取得极小值；当时，函数取得极大值；作出函数图像，如图所示，由图可知，实数的取值范围是故选：B【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.4、C【解析】由等比中项的性质及等差数列通项公式可得即可求.【详解】由，则，可得.故选：C.5、B【解析】根据空间向量基本定理求解【详解】由已知故选：B6、D【解析】根据题意将实际问题转化为等差数列的问题即可解决【详解】解：由题意，可设甲、乙、丙、丁、戊五人分得的钱分别为，，，，则，，，，成等差数列，设公差为，整理上面两个算式，得：，解得，故选：7、D【解析】根据点到直线的距离与点到点之间距离的关系化简即可.【详解】定圆的圆心，半径为2，设动圆圆心P点坐标为（x，y），动圆的半径为r，d为动圆圆心到直线的距离，即r，则根据两圆相外切及直线与圆相切的性质可得，所以，化简得：∴动圆圆心轨迹方程为故选：D8、A【解析】由椭圆方程可求得坐标，由此求得抛物线方程；设，与抛物线方程联立可得韦达定理的形式，根据可得，由此构造方程求得，根据直线过定点的求法可求得定点.【详解】由椭圆方程知其焦点坐标为，又抛物线焦点，，解得：，则抛物线的方程为，由题意知：直线斜率不为，可设，由得：，则，即，设，，则，，，，，解得：或；又与坐标原点不重合，，，当时，，直线恒过定点.故选：A.【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用中的直线过定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程；④根据直线过定点的求解方法可求得结果.9、A【解析】由题目条件可得，即，然后利用复数的运算法则化简.【详解】因为，所以，则故复数的虚部为.故选：A.【点睛】本题考查复数的相关概念及复数的乘除运算，按照复数的运算法则化简计算即可，较简单.10、B【解析】要找入园人数最多的，只要根据函数图象找出图象中变化最大的即可【详解】结合函数的图象可知，在13时~14时，14时~15时，…，20时~21时八个时段中，图象变化最快的为16到17点之间故选：B.【点睛】本题考查折线统计图的实际应用，属于基础题.11、D【解析】根据裂项求和法求得，再计算即可.【详解】解：由题意得====所以.故选：D12、A【解析】根据正态曲线的对称性即可求得答案.【详解】由题意，正态曲线的对称轴为，则与关于对称轴对称，于是.故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、150【解析】根据考试的成绩X服从正态分布．得到考试的成绩X的正太密度曲线关于对称，根据，得到，根据频率乘以样本容量得到这个分数段上的人数【详解】由题意，考试的成绩X服从正态分布考试的成绩X的正太密度曲线关于对称，，，，该市成绩在140分以上的人数为故答案为：15014、【解析】设，利用“点差法”得到，即可求出离心率.【详解】设直线与椭圆交于，则.因为AB中点,则.又，相减得：.所以所以所以，所以，即离心率.故答案为：.15、或【解析】根据平行线的性质进行求解即可.【详解】因为直线与平行，所以有：或，故答案为：或16、【解析】因为是等差数列，根据已知条件，求出公差，根据等差数列前项和，即可求得答案.【详解】是等差数列，且，设等差数列的公差根据等差数列通项公式：可得即：整理可得：解得：根据等差数列前项和公式：可得：.故答案：.【点睛】本题主要考查了求等差数列的前项和，解题关键是掌握等差数列的前项和公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.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）利用根与系数的关系，得到等式和不等式，最后求出的值；（2）化简函数的解析式，利用基本不等式可以求出函数的最小值.【小问1详解】由题意知：，解得【小问2详解】由（1）知，∴，由对勾函数单调性知在上单调递减，∴，即当，函数的最小值为18、（1）（2）【解析】（1）由导数几何意义得切线斜率为，再根据点斜式写切线方程；（2）由函数图像可知，极大值大于零且极小值小于零，解不等式可得c的取值范围试题解析：解：（I）由，得因为，，所以曲线在点处的切线方程为（II）当时，，所以令，得，解得或与在区间上的情况如下：所以，当且时，存在，，，使得由的单调性知，当且仅当时，函数有三个不同零点19、（1）（2）【解析】（1）利用一元二次不等式的解法求解；（2）利用分式不等式的解法求解.【小问1详解】解：因为，所以，解得，所以不等式的解集是；【小问2详解】因为，所以，所以，即，解得，所以不等式的解集是.20、（1）60（2）①1024；②1【解析】（1）根据二项式定理求解（2）根据二项式定理与条件求解，二项式系数之和为，系数和可赋值【小问1详解】若，则，（，…，9）令∴∴常数项为.【小问2详解】，（，…，），解得①②令，得系数和为21、（1），（2）【解析】（1）直接解不等式即可，（2）由题意可得，从而可得解不等式组可求得答案【小问1详解】由，得，故由，得，故【小问2详解】依题意得：，∴解得∴m的取值范围为22、（1）；（2）证明见解析，的最小值为.【解析】（1）将点的坐标代入抛物线方程，由此求得的值，进而求得抛物线的方程.（2）设出直线的方程，联立直线的方程与抛物线的方程，写出韦达定理，设出直线的方程，联立直线的方程求得的坐标，由此判断出动点在定直