陕西省西北工业大学附中2026届数学高二上期末调研试题含解析

陕西省西北工业大学附中2026届数学高二上期末调研试题注意事项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．设双曲线的虚轴长为，焦距为，则双曲线的渐近线方程为（）A. B.C. D.2．直线在轴上的截距为（）A.3 B.C. D.3．若抛物线上的点到其焦点的距离是到轴距离的倍，则等于A. B.1C. D.24．数列满足且，则的值是（）A.1 B.4C.－3 D.65．若，在直线l上，则直线l一个方向向量为（）A. B.C. D.6．已知抛物线C：，焦点为F，点到在抛物线上，则（）A.3 B.2C. D.7．把直线绕原点逆时针转动，使它与圆相切，则直线转动的最小正角度A. B.C. D.8．已知抛物线的焦点恰为双曲线的一个顶点，的另一顶点为，与在第一象限内的交点为，若，则直线的斜率为（）A. B.C. D.9．设函数是奇函数的导函数，且，当时，，则不等式的解集为（）A. B.C. D.10．设，，，则，，大小关系是A. B.C. D.11．展开式中第3项的二项式系数为（）A.6 B.C.24 D.12．若、且，则下列式子一定成立的是（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知球的半径为4，圆与圆为该球的两个小圆，为圆与圆的公共弦，，若，则两圆圆心的距离___________14．若双曲线的渐近线为，则其离心率的值为_______.15．不大于100的正整数中，被3除余1的所有数的和是___________16．计算：________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）已知圆，P（2，0），M点是圆Q上任意一点，线段PM的垂直平分线交半径MQ于点C，当M点在圆上运动时，点C的轨迹为曲线C（1）求曲线C方程；（2）已知直线l：x＝8，A、B是曲线C上的两点，且不在x轴上，，垂足为，，垂足为，若D（3，0），且的面积是△ABD面积的5倍，求△ABD面积的最大值18．（12分）如图，直三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，D为棱AC中点.（1）证明：AB1//平面；（2）若面B1BC1与面BC1D的夹角余弦值为，求.19．（12分）已知函数（Ⅰ）解关于的不等式；（Ⅱ）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围20．（12分）在中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，满足（1）求A的大小；（2）若，的面积为，求的周长21．（12分）“既要金山银山，又要绿水青山”.滨江风景区在一个直径为100米的半圆形花园中设计一条观光线路（如图所示）.在点与圆弧上的一点（不同于A，B两点）之间设计为直线段小路，在直线段小路的两侧（注意是两侧）种植绿化带；再从点到点设计为沿弧的弧形小路，在弧形小路的内侧（注意是一侧）种植绿化带（注：小路及绿化带的宽度忽略不计）.（1）设(弧度)，将绿化带总长度表示为的函数；（2）试确定的值，使得绿化带总长度最大.(弧度公式：，其中为弧所对的圆心角)22．（10分）双曲线（，）的离心率，且过点.（1）求a，b的值；（2）求与双曲线C有相同渐近线，且过点的双曲线的标准方程.

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】求出、的值，即可得出双曲线的渐近线方程.【详解】由已知可得，，则，因此，该双曲线的渐近线方程为.故选：B.2、A【解析】把直线方程由一般式化成斜截式，即可得到直线在轴上的截距.【详解】由，可得，则直线在轴上的截距为3.故选：A3、D【解析】根据抛物线的定义及题意可知3x0=x0+,得出x0求得p，即可得答案【详解】由题意，3x0=x0+，∴x0=∴∵p＞0，∴p=2.故选D【点睛】本题主要考查了抛物线的定义和性质．考查了考生对抛物线定义的掌握和灵活应用，属于基础题4、A【解析】根据题意，由于，可知数列是公差为-3的等差数列，则可知d=-3,由于=，故选A5、C【解析】利用直线的方向向量的定义直接求解.【详解】因为，在直线l上，所以直线l的一个方向向量为.故选：C.6、D【解析】利用抛物线的定义求解.【详解】因为点在抛物线上，，解得，利用抛物线的定义知故选：D7、B【解析】根据直线过原点且与圆相切，求出直线的斜率，再数形结合计算最小旋转角【详解】解析：由题意，设切线为，∴.∴或.∴时转动最小∴最小正角为.故选B.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，属于基础题8、D【解析】根据题意，列出的方程组，解得，再利用斜率公式即可求得结果.【详解】因为抛物线的焦点，由题可知；又点在抛物线上，故可得；又，联立方程组可得，整理得，解得（舍）或，此时，又，故直线的斜率为.故选：D.9、D【解析】设，则，分析可得为偶函数且，求出的导数，分析可得在上为减函数，进而分析可得上，，在上，，结合函数的奇偶性可得上，，在上，，又由即，则有或，据此分析可得答案【详解】根据题意，设，则，若奇函数，则，则有，即函数为偶函数，又由，则，则，，又由当时，，则在上为减函数，又由，则在上，，在上，，又由为偶函数，则在上，，在上，，即，则有或，故或，即不等式的解集为；故选：D10、A【解析】构造函数，根据的单调性可得（3），从而得到，，的大小关系【详解】考查函数，则，在上单调递增，，（3），即，，故选：【点睛】本题考查了利用函数的单调性比较大小，考查了构造法和转化思想，属基础题11、A【解析】根据二项展开式的通项公式，即可求解.【详解】由题意，二项式展开式中第3项，所以展开式中第3项的二项式系数为.故选：A.12、B【解析】构造函数，利用函数在上的单调性可判断AB选项；构造函数，利用函数在上的单调性可判断CD选项.【详解】对于AB选项，构造函数，其中，则，所以，函数在上单调递增，因为、且，则，即，A错B对；对于CD选项，构造函数，其中，则.当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，故函数在上不单调，无法确定与的大小关系，故CD都错.故选：B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】欲求两圆圆心的距离，将它放在与球心组成的三角形中，只要求出球心角即可，通过球的性质构成的直角三角形即可解得【详解】∵，球半径为4，∴小圆的半径为，∵小圆中弦长，作垂直于，∴，同理可得，在直角三角形中，∵，，∴，∴，∴故答案为：.14、【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.15、1717【解析】利用等差数列的前项和公式可求所有数的和.【详解】100以内的正整数中，被3除余1由小到大构成等差数列，其首项为1，公差为3，共有项，它们的和为，故答案为：.16、【解析】根据无穷等比数列的求和公式直接即可求出答案.【详解】.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）（2）【解析】（1）由定义法求出曲线C的方程；（2）先判断出直线AB过定点H(2,0)或H(4,0).当AB过定点H(4,0)，求出最大；当H(2,0)时，可设直线AB：.用“设而不求法”表示出，不妨设（），利用函数的单调性求出△ABD面积的最大值.【小问1详解】因为线段PM的垂直平分线交半径MQ于点C，所以,所以,符合椭圆的定义，所以点C的轨迹为以P、Q为焦点的椭圆，其中，所以，所以曲线C的方程为.【小问2详解】不妨设直线l：x＝8交x轴于G(8,0)，直线AB交x轴于H(h,0)，则,.因为，，，所以.又因为的面积是△ABD面积的5倍，所以.因为G(8,0)，D（3，0），所以，所以H(2,0)或H(4,0).当H(4,0)时，则H与A（或H与B）重合，不妨设H与A重合，此时，，要使△ABD面积最大，只需B在短轴顶点时，=2最大，所以最大；当H(2,0)时，要想构成三角形ABD，直线AB的斜率不为0，可设直线AB：.设,则，消去x可得：，所以，，，所以.不妨设（），则，由对勾函数的性质可知，在上单调递减，所以当t=4时，，此时最大综上所述，△ABD面积的最大值为.【点睛】（1）“设而不求”是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题；（2）解析几何中最值计算方法有两类：①几何法：利用几何图形求最值；②代数法：表示为函数，利用函数求最值.18、（1）证明见解析（2）【解析】（1）连接，使，连接，即可得到，从而得证；（2）设，以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，平面的法向量，利用空间向量的数量积求解面与面的夹角余弦值为，从而得到方程，解得即可【小问1详解】证明：如图，连，使，连，由直三棱柱，所以四边形为矩形，所以为中点，在中，、分别为和中点，，又因平面平面，面，面，平面【小问2详解】解：设，以为坐标原点如图建系，则，，所以、，设平面的法向量则，故可取设平面的法向量，则，故可取，因为面与面的夹角余弦值为，所以，即，解得，19、（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）用找零点法去绝对值，然后再解不等式.（Ⅱ）将原函数转化为分段函数，再结合函数图像求得其最小值．将恒成立转化为试题解析：（Ⅰ）或或或所以原不等式解集为（Ⅱ），由函数图像可知，所以要使恒成立，只需考点：1绝对值不等式；2恒成立问题；3转化思想20、（1）（2）【解析】（1）通过正弦定理将边化为角的关系，可得，进而可得结果；（2）由面积公式得，结合余弦定理得，进而得结果.【小问1详解】∵∴由正弦定理，得∴∵，∴，故【小问2详解】由（1）知，∵∴∵由余弦定理知，∴，故∴，故∴的周长为21、（1）；（2）.【解析】（1）在直角三角形中，求出，在扇形中利用弧长公式求出弧的长度，则可得函数；（2）利用导数可求得结果.【详解】（1）如图，连接在直角三角形中，所以由于则弧的长为（2）由（1）可知，令得，因为