2026届巴中市重点中学高二上数学期末监测模拟试题含解析

2026届巴中市重点中学高二上数学期末监测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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．过点且垂直于的直线方程为（）A. B.C. D.2．设集合，集合，当有且仅有一个元素时，则r的取值范围为（）A.或 B.或C.或 D.或3．已知点在平面内，是平面的一个法向量，则下列各点在平面内的是（）A. B.C. D.4．阿基米德曾说过：“给我一个支点，我就能撬动地球”.他在做数学研究时，有一个有趣的问题：一个边长为2的正方形内部挖了一个内切圆，现在以该内切圆的圆心且平行于正方形的一边的直线为轴旋转一周形成几何体，则该旋转体的体积为（）A. B.C. D.5．已知正方体的棱长为1，且满足，则的最小值是（）A. B.C. D.6．现有60瓶饮料，编号从1到60，若用系统抽样的方法从中抽取6瓶进行检验，则所抽取的编号可能为（）A.3，13，23，33，43，53 B.2，14，26，38，40，52C.5，8，31，36，48，54 D.5，10，15，20，25，307．对于两个平面、，“内有无数多个点到的距离相等”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8．已知数列是各项均为正数的等比数列，若，则公比()A. B.2C.2或 D.49．已知椭圆与圆在第二象限的交点是点，是椭圆的左焦点，为坐标原点，到直线的距离是，则椭圆的离心率是（）A. B.C. D.10．已知直线和圆相交于两点．若，则的值为（）A. B.C. D.11．若是等差数列的前项和，，则（）A.13 B.39C.45 D.2112．已知集合，，则A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若函数处取极值，则___________14．若动直线分别与函数和的图像交于A，B两点，则的最小值为______15．已知是椭圆的两个焦点，分别是该椭圆的左顶点和上顶点，点在线段上，则的最小值为__________.16．已知函数，设，且函数有3个不同的零点，则实数k的取值范围为___________.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）如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，，，，，（）（1）求证：平面；（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的值；（3）现将与四棱柱形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱柱，规定：若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案，问共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为，写出的解析式．（直接写出答案，不必说明理由）18．（12分）如图，正方形与梯形所在的平面互相垂直，，，|AB|＝|AD|＝2，|CD|＝4，为的中点（1）求证：平面平面；（2）求二面角的正切值19．（12分）已知椭圆的短轴长为2，左、右焦点分别为，，过且垂直于长轴的弦长为1（1）求椭圆C的标准方程；（2）若A，B为椭圆C上位于x轴同侧的两点，且，共线，求四边形的面积的最大值20．（12分）已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，且，（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和21．（12分）设函数，（1）求的最大值；（2）求证：对于任意x∈(1,7),e1-x+22．（10分）求满足下列条件的双曲线的标准方程（1）焦点在x轴上，实轴长为4，实半轴长是虚半轴长的2倍；（2）焦点在y轴上，渐近线方程为，焦距长为

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】求出直线l的斜率，再借助垂直关系的条件即可求解作答.【详解】直线的斜率为，而所求直线垂直于直线l，则所求直线斜率为，于是有：，即，所以所求直线方程为.故选：B2、B【解析】由已知得集合M表示以点圆心，以2半径左半圆，与y轴的交点为，集合N表示以点为圆心，以r为半径的圆，当圆C与圆O相外切于点P，有且仅有一个元素时，圆C过点M时，有且有两个元素，当圆C过点N，有且仅有一个元素，由此可求得r的取值范围.【详解】解：由得，所以集合M表示以点圆心，以2半径的左半圆，与y轴的交点为，集合表示以点为圆心，以r为半径的圆，如下图所示，当圆C与圆O相外切于点P时，有且仅有一个元素时，此时，当圆C过点M时，有两个元素，此时，所以，当圆C过点N时，有且仅有一个元素，此时，所以，所以当有且仅有一个元素时，则r的取值范围为或，故选：B.3、B【解析】设平面内的一点为，由可得，进而可得满足的方程，将选项代入检验即可得正确选项.【详解】设平面内的一点为(不与点重合)，则，因为是平面的一个法向量，所以，所以，即，对于A：，故选项A不正确；对于B：，故选项B正确；对于C：，故选项C不正确；对于D：，故选项D不正确，故选：B.4、B【解析】根据题意，结合圆柱和球的体积公式进行求解即可.【详解】由题意可知：该旋转体的体积等于底面半径为，高为的圆柱的体积减去半径为的球的体积，即，故选：B5、C【解析】由空间向量共面定理可得点四点共面，从而将求的最小值转化为求点到平面的距离，再根据等体积法计算.【详解】因为，由空间向量的共面定理可知，点四点共面，即点在平面上，所以的最小值为点到平面的距离，由正方体棱长为，可得是边长为的等边三角形，则，，由等体积法得，，所以，所以的最小值为.故选：C【点睛】共面定理的应用：设是不共面的四点，则对空间任意一点，都存在唯一的有序实数组使得，说明：若，则四点共面.6、A【解析】求得组距，由此确定正确选项.【详解】，即组距为，A选项符合，其它选项不符合.故选：A7、B【解析】根据平面的性质分别判断充分性和必要性.【详解】充分性：若内有无数多个点到的距离相等，则、平行或相交，故充分性不成立；必要性：若，则内每个点到的距离相等，故必要性成立，所以“内有无数多个点到的距离相等”是“”的必要不充分条件.故选：B.8、B【解析】由两式相除即可求公比.【详解】设等比数列的公比为q，∵其各项均为正数，故q＞0，∵，∴，又∵，∴=4，则q＝2.故选：B.9、B【解析】连接，得到，作，求得，利用椭圆的定义，可求得，在直角中，利用勾股定理，整理的，即可求解椭圆的离心率.【详解】如图所示，连接，因为圆，可得，过点作，可得，且，由椭圆的定义，可得，所以，在直角中，可得，即，整理得，两侧同除，可得，解得或，又因为，所以椭圆的离心率为.故选：B【点睛】本题主要考查了椭圆的定义，直角三角形的勾股定理，以及椭圆的离心率的求解，其中解答中熟记椭圆的定义，结合直角三角形的勾股定理，列出关于的方程是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.10、C【解析】求出圆心到直线的距离，再利用，化简求值，即可得到答案.【详解】圆的圆心为，圆心到直线的距离公式为，故故选：C.11、B【解析】先根据等差数列的通项公式求出，然后根据等差数列的求和公式及等差数列的下标性质求得答案.【详解】设等差数列的公差为d，则，则.故选：B.12、B【解析】由交集定义直接求解即可.【详解】集合，，则.故选B.【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、3【解析】=．因为f（x）在1处取极值，所以1是f′（x）=0的根，将x=1代入得a=3．故答案为3.考点：利用导数研究函数的极值14、【解析】利用导数求出与平行的曲线的切线，再利用两点间距离公式进行求解即可.【详解】设曲线的切点为，由，所以曲线的切线的斜率为，直线的斜率为，当切线与平行时，即，即切点为，当直线过切点时，有最小值，即，此时，解方程组：，，故答案为：【点睛】关键点睛：利用曲线的切线性质进行求解是解题的关键.15、【解析】由题可设，则，然后利用数量积坐标表示及二次函数的性质即得.【详解】由题可得，，设，因为点P在线段AB上，所以，∴，∴当时，的最小值为.故答案为：.16、【解析】由题意画出函数图象，把函数有3个不同的零点的问题转化为函数与函数有3个交点的问题，分为和时分类讨论即可.【详解】作出函数的图象如下图所示，要使函数有3个不同的零点，则函数和函数有三个交点，由已知得函数恒过点,当时，过点时，函数和函数有三个交点，将代入得，即，当时，与相切时，此时函数和函数有两个交点，如图所示，，设此时的切点为，则直线的斜率为，直线的方程为，将点代入得，解得，此时的斜率为，将逆时针旋转至和平行时，即为的位置时，函数和函数有三个交点，此时，故的范围为，综上所述实数k的取值范围为.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）（3）【解析】（1）取得中点，连接，可证明四边形是平行四边形，再利用勾股定理的逆定理可得，即，又侧棱底面，可得，利用线面垂直的判定定理即可证明；（2）通过建立空间直角坐标系，由线面角的向量公式即可得出；（3）由题意可与左右平面，，上或下面，拼接得到方案，新四棱柱共有此4种不同方案．写出每一方案下的表面积，通过比较即可得出【详解】（1）证明：取的中点，连接，，，四边形是平行四边形，，且，，，，又，侧棱底面，，，平面（2）以为坐标原点，、、的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，设平面的一个法向量为，则，取，则，设与平面所成角为，则，解得，故所求（3）由题意可与左右平面，，上或下面，拼接得到方案新四棱柱共有此4种不同方案写出每一方案下的表面积，通过比较即可得出【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理的应用，利用向量求线面角、柱体的定义应用和表面积的求法，意在考查学生的直观想象能力，逻辑推理能力，数学运算能力及化归与转化能力，属于中档题18、（1）见解析；（2）.【解析】(1)证明BC⊥平面BDE即可；(2)以D为原点，DA、DC、DE分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D－xyz，求平面BMD和平面BCD的法向量，利用法向量的求二面角的余弦，再求正切﹒【小问1详解】∵ADEF为正方形∴ED⊥AD又∵正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，且ED⊂平面ADEF∴ED⊥平面ABCD∵BC⊂平面ABCD∴ED⊥BC在直角梯形ABCD中，|AB|＝|AD|＝2，|CD|＝4，则，|BD|＝2，在△BCD中，，∴BC⊥BD∵DE∩BD＝D，DE与BD平面BDE，∴BC⊥平面BDE又∵BC⊂平面BEC∴平面BDE⊥平面BEC；【小问2详解】由(1)知ED⊥平面ABCD∵CD平面ABCD，∴CD⊥ED，∴DA，DC，DE三线两两垂直，故以D为原点，DA、DC、DE分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D－xyz：则,则设为平面BDM的法向量，则，取，取平面BCD的法向量为，设二面角的大小为θ，则，∴.19、（1）（2）2【解析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的标准方程.（2）延长，交椭圆C于点．设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，根据对称性求得四边形的面积的表达式，利用换元法，结合基本不等式求得四边形的面积的最大值.【小问1详解】由题可知，即，因为过且垂直于长轴的弦长为1，所以，所以所以椭圆C的标准方程为【小问2详解】因为，共线，所以延长，交椭圆C于点．设，由（1）可知，可设直线的方程为联立，消去x可得，所以，由对称性可知设与间的距离为d，则四边形的面积令，则．因为，当且仅当时取等号，所以，即四边形的面积的最大值为2【点睛】在椭圆、双曲线、抛物线中，求三角形、四边形面积的最值问题，求解策略是：首先结合弦长公式、点到直线距离公式等求得面积的表达式；然后利用基本不等式、二次函数的性质等知识来求得最值.20、（1）（2）【解析】（1）由等比数列的前项和公式，等比数列的基本量运算列方程组解得和公比后可得通项公式；（2）用错位相减法求得和【小问1详解】设数列的公比为q，由，，得，解之得所以；【小问2详解】，又，得，，两式作差，得，所以21、（1）（2）证明见解析【解析】（1）求出，讨论其导数后可得原函数的单调性，从而可得函数的最大值.（2）先证明任意的，总有，再利用放缩法和换元法将不等式成立问题转化为任意恒成立，后者可利用导数证明.【小问1详解】，当时，；当时，，故在上为增函数，在上为减函数，故.【小问2详解】因为，故当时，，即，而在为减函数，故在上有，故任意的，总有.要证任意恒成立，即证：任意恒成立，即证：任意恒成立