云南省景东县二中2026届高二数学第一学期期末监测模拟试题含解析

云南省景东县二中2026届高二数学第一学期期末监测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．抛物线上有两个点，焦点，已知，则线段的中点到轴的距离是（）A.1 B.C.2 D.2．函数在点处的切线方程的斜率是（）A. B.C. D.3．已知复数满足(其中为虚数单位)，则复数的虚部为（）A. B.C. D.4．若圆与圆相切，则实数a的值为（）A.或0 B.0C. D.或5．【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.6．在三棱锥中，，D为上的点，且，则（）A. B.C. D.7．经过直线与直线的交点，且平行于直线的直线方程为（）A. B.C. D.8．在平行六面体中，点P在上，若，则（）A. B.C. D.9．若方程表示圆，则实数m的取值范围为（）A B.C. D.10．已知一质点的运动方程为，其中的单位为米，的单位为秒，则第1秒末的瞬时速度为（）A. B.C. D.11．若数列满足，，则数列的通项公式为（）A. B.C. D.12．已知向量，若，则（）A. B.5C.4 D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若平面法向量，直线的方向向量为，则与所成角的大小为___________.14．已知直线与直线垂直，则实数的值为___________.15．已知函数有且仅有两个不同的零点，则实数的取值范围是__________.16．北京天坛的圆丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层的中心是一块天心石，围绕它的第一圈有9块石板，从第二圈开始，每一圈比前一圈多9块．已知每层圈数相同，共有9圈，则下层比上层多______块石板三、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）已知函数在处的切线与轴平行（1）求的值；（2）判断在上零点的个数，并说明理由18．（12分）已知数列的前项和（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和19．（12分）已知抛物线的焦点F，C上一点到焦点的距离为5（1）求C方程；（2）过F作直线l，交C于A，B两点，若线段AB中点的纵坐标为-1，求直线l的方程20．（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.（1）求直线的普通方程，曲线C的直角坐标方程；（2）设直线与曲线C相交于A，B两点，点，求的值.21．（12分）如图1是一张长方形铁片，，，，分别是，中点，，分别在边，上，且，将它卷成一个圆柱的侧面图2，使与重合，与重合.（1）求证：平面；（2）求几何体的体积.22．（10分）如图，在三棱锥中，侧面PAB是边长为4的正三角形且与底面ABC垂直，点D，E，F，H分别是棱PA，AB，BC，PC的中点（1）若点G在棱BC上，且BG＝3GC，求证：平面∥平面DHG；（2）若AC＝2，，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】利用抛物线的定义，将抛物线上的点到焦点的距离转化为点到准线的距离，即可求出线段中点的横坐标，即得到答案.【详解】由已知可得抛物线的准线方程为，设点的坐标分别为和，由抛物线的定义得，即，线段中点的横坐标为，故线段的中点到轴的距离是.故选：.2、D【解析】求解导函数，再由导数的几何意义得切线的斜率.【详解】求导得，由导数的几何意义得，所以函数在处切线的斜率为.故选：D3、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.4、D【解析】根据给定条件求出两圆圆心距，再借助两圆相切的充要条件列式计算作答.【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，而，即点不可能在圆内，则两圆必外切，于是得，即，解得，所以实数a的值为或.故选：D5、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.6、B【解析】根据几何关系以及空间向量的线性运算即可解出【详解】因为，所以，即故选：B7、B【解析】求出两直线的交点坐标，可设所求直线的方程为，将交点坐标代入求得，即可的解.【详解】解：由，解得，即两直线的交点坐标为，设所求直线的方程为，则有，解得，所以所求直线方程为，即.故选：B.8、C【解析】利用空间向量基本定理，结合空间向量加法的法则进行求解即可.【详解】因为，，所以有，因此，故选：C9、D【解析】根据，解不等式即可求解.【详解】由方程表示圆，则，解得.所以实数m的取值范围为.故选：D10、C【解析】求出即得解.【详解】解：由题意得，故质点在第1秒末的瞬时速度为.故选：C11、B【解析】根据等差数列的定义和通项公式直接得出结果.【详解】因为，所以数列是等差数列，公差为1，所以.故选：B12、B【解析】根据向量垂直列方程，化简求得.【详解】由于，所以.故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、##【解析】设直线与平面所成角为，则，直接利用直线与平面所成的角的向量计算公式，即可求出直线与平面所成的角【详解】解：已知直线的方向向量为，平面的法向量为，设直线与平面所成角为，则，，，所以直线与平面所成角为.故答案为：.14、【解析】由直线垂直的充要条件列式计算即可得答案.【详解】解：因为直线与直线垂直，所以，解得故答案为：15、【解析】函数有两个不同零点即y=a与g(x)=图像有两个交点，画出近似图象即得a的范围﹒【详解】∵函数有且仅有两个不同的零点，令，则y=a与g(x)=图像有两个交点，∵，∴当时，，单调递减，当时，，单调递增，∴当时，，作出函数与的图象，∴当时，y=a与g(x)有两个交点﹒故答案为：﹒16、1458【解析】首先由条件可得第圈的石板为，且为等差数列，利用基本量求和，即可求解.【详解】设第圈的石板为，由条件可知数列是等差数列，且上层的第一圈为，且，所以，上层的石板数为，下层的石板数为.所以下层比上层多块石板.故答案为：1458三、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）0（2）f（x）在（0，π）上有且只有一个零点，理由见解析【解析】（1）利用导数的几何意义求解；（2）由，可得，令，，，，利用导数法求解.【小问1详解】解：，所以k=f′（0）=-a=0，所以a=0；【小问2详解】由，可得，令，，所以，①当时，sinx＋cosx≥1，ex＞1，所以g′（x）＞0，所以g（x）在上单调递增，又因为g（0）=0，所以g（x）在上无零点；②当时，令，所以h′（x）=2cosxex＜0，即h（x）在上单调递减，又因为，h（π）=-eπ-1＜0，所以存在，，所以g（x）在上单调递增，在上单调递减，因为，g（π）=-π＜0，所以g（x）在上且只有一个零点；综上所述：f（x）在（0，π）上有且只有一个零点18、（1）（2）【解析】（1）利用与的关系求数列的通项公式；（2）利用错位相减法求和即可.【小问1详解】因为，故当时，，两式相减得，又由题设可得，从而的通项公式为：；【小问2详解】因为，，两式相减得：所以.19、（1）；（2）.【解析】（1）由抛物线的定义，结合已知有求p，写出抛物线方程.（2）由题意设直线l为，联立抛物线方程，应用韦达定理可得，由中点公式有，进而求k值，写出直线方程.【详解】（1）由题意知：抛物线的准线为，则，可得，∴C的方程为.（2）由（1）知：，由题意知：直线l的斜率存在，令其方程为，∴联立抛物线方程，得：，，若，则，而线段AB中点的纵坐标为-1，∴，即，得，∴直线l的方程为.【点睛】关键点点睛：（1）利用抛物线定义求参数，写出抛物线方程；（2）由直线与抛物线相交，以及相交弦的中点坐标值，应用韦达定理、中点公式求直线斜率，并写出直线方程.20、（1）直线的普通方程为；曲线C的直角坐标方程为（2）【解析】（1）根据转换关系将参数方程和极坐标方程转化为直角坐标方程即可；（2）将直线的参数方程化为标准形式，代入曲线C的直角坐标方程，设点A，B对应的参数分别为，利用韦达定理即可得出答案.【小问1详解】解：将直线的参数方程中的参数消去得，则直线的普通方程为，由曲线C的极坐标方程为，得，即，由得曲线C的直角坐标方程为；【小问2详解】解：点满足，故点在直线上，将直线的参数方程化为标准形式（为参数），代入曲线C的直角坐标方程为，得，设点A，B对应的参数分别为，则，所以.21、（1）证明见解析.（2）.【解析】（1）根据线面垂直的性质和判定可得证；（2）作圆柱的母线，由平面几何知识可得四边形为平行四边形，利用等体积法可求得，由几何体的体积，可求得答案.【小问1详解】证明：∵是直径，∴，∵平面，平面，∴，∵平面，平面，，∴平面；【小问2详解】如图，作圆柱的母线，则，且，∴四边形是平行四边形，∴，且①又依题知，，，为底面圆的四等分点，∴，且②由①②知四边形为平行四边形，得，且，∴，∵到面的距离为，∴，所以几何体的体积.22、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由中位线的性质可得、、，再由线面平行的判定可证平面PEF、平面PEF，最后根据面面平行的判定证明结论.（2）应用勾股定理、等边三角形的性质、面面和线面垂直的性质可证、、两两垂直，构建空间直角坐标系，求面BPC、面PCA的法向量，再应用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值.【小问1详解】因为D，H分别是PA，PC的中点，所以因为E，F分别是AB，BC的中点，所以，综上，，又平面PEF，平面PEF，所以平面PEF由题意，G是CF的中点，又H是PC的中点，所以，又平面PEF，平面PEF，所以平面PE