天津市塘沽滨海中学2026届高二上数学期末经典模拟试题含解析

天津市塘沽滨海中学2026届高二上数学期末经典模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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．已知椭圆的两个焦点分别为，且平行于轴的直线与椭圆交于两点，那么的值为（）A. B.C. D.2．已知圆M的圆心在直线上，且点，在M上，则M的方程为（）A. B.C. D.3．已知双曲线的离心率为，则的渐近线方程为A. B.C. D.4．设是数列的前项和，已知，则数列（）A.是等比数列，但不是等差数列 B.是等差数列，但不是等比数列C.是等比数列，也是等差数列 D.既不是等差数列，也不是等比数列5．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.6．下列有关命题的表述中，正确的是（）A.命题“若是偶数，则，都是偶数”的否命题是假命题B.命题“若为正无理数，则也是无理数”的逆命题是真命题C.命题“若，则”的逆否命题为“若，则”D.若命题“”，“”均为假命题，则，均为假命题7．若抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，则的值为A. B.C. D.8．已知数列的通项公式为，其前项和为，则满足的的最小值为（）A.30 B.31C.32 D.339．已知向量，满足条件，则的值为（）A.1 B.C.2 D.10．下列双曲线中，焦点在轴上且渐近线方程为的是A. B.C. D.11．设等差数列前项和为，若是方程的两根，则（）A.32 B.30C.28 D.2612．已知向量，，且，则值是（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．根据如下样本数据34567402.5-0.50.5-2得到的回归方程为若，则的值为___________.14．已知函数.（1）若的解集为，求a，b的值；（2）若，a，b均正实数，求的最小值；（3）若，当时，若不等式恒成立，求实数b的值.15．某单位现有三个部门竞岗，甲、乙、丙三人每人只竞选一个部门，设事件A为“三人竞岗部门都不同”，B为“甲独自竞岗一个部门”，则______.16．等比数列的前n项和，则的通项公式为___________.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）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且的面积为（为坐标原点）（1）求抛物线的标准方程；（2）点、是抛物线上异于原点的两点，直线、的斜率分别为、，若，求证：直线恒过定点18．（12分）已知圆，直线的斜率为2，且过点（1）判断与的位置关系；（2）若圆，求圆与圆的公共弦长19．（12分）已知椭圆的中心在原点，焦点为，，且长轴长为4.（1）求椭圆的方程；（2）直线与椭圆相交于A，两点，求弦长.20．（12分）已知数列，，，且，其中为常数（1）证明：；（2）是否存在，使得为等差数列？并说明理由21．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边为a，b，c，其中，，且（1）求角B的值；（2）若，判断△ABC的形状22．（10分）已知等差数列的前项和满足，.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前n项和.

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、A【解析】根据椭圆的方程求出，再由椭圆的对称性及定义求解即可.【详解】由椭圆的对称性可知，,所以，又椭圆方程为，所以，解得，所以，故选：A2、C【解析】由题设写出的中垂线，求其与的交点即得圆心坐标，再应用两点距离公式求半径，即可得圆的方程.【详解】因为点，在M上，所以圆心在的中垂线上由，解得，即圆心为，则半径，所以M的方程为故选：C3、C【解析】，故，即，故渐近线方程为.【考点】本题考查双曲线的基本性质，考查学生的化归与转化能力.4、B【解析】根据与的关系求出通项，然后可知答案.【详解】当时，，当时，，综上，的通项公式为，数列为等差数列同理，由等比数列定义可判断数列不是等比数列.故选：B5、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：C6、C【解析】对于选项A：根据偶数性质即可判断；对于选项B：通过举例即可判断，对于选项C：利用逆否命题的概念即可判断；对于选项D：根据且、或和非的关系即可判断.【详解】选项A：原命题的否命题为：若不是偶数，则，不都是偶数，若，都是偶数，则一定是偶数，从而原命题的否命题为真命题，故A错误；选项B：原命题的逆命题：若是无理数，则也为正无理数，当，即为无理数，但是有理数，故B错误；选项C：由逆否命题的概念可知，C正确；选项D：由为假命题可知，，至少有一个为假命题，由为假命题可知，和均为假命题，故为假命题，为真命题，故D错误.故选：C.7、D【解析】解：椭圆的右焦点为(2,0)，所以抛物线的焦点为(2,0)，则，故选D8、C【解析】由条件可得得出，再由解出的范围，得出答案.【详解】由，则由，即，即，所以所以满足的的最小值为为32故选：C9、A【解析】先求出坐标，进而根据空间向量垂直的坐标运算求得答案.【详解】因为，所以，解得.故选：A.10、C【解析】焦点在轴上的是C和D，渐近线方程为，故选C考点：1．双曲线的标准方程；2．双曲线的简单几何性质11、A【解析】根据给定条件利用韦达定理结合等差数列性质计算作答.【详解】因是方程的两根，则又是等差数列的前项和，于是得，所以.故选：A12、A【解析】求出向量，的坐标，利用向量数量积坐标表示即可求解.【详解】因为向量，，所以，，因为，所以，解得：，故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、-1.4##【解析】分别求出的值，即得到样本中心点，根据样本中心点一定在回归直线上，可求得答案.【详解】，则得到样本中心点为，因为样本中心点一定在回归直线上，故，解得，故答案为：14、（1），；（2）；（3）【解析】（1）根据韦达定理解求得答案；（2）根据题意，，进而化简，然后结合基本不等式解得答案；（3）讨论，和x=2三种情况，进而分参转化为求函数的最值问题，最后求得答案.【小问1详解】由已知可知方程的两个根为，2，由韦达定理得，，故，.【小问2详解】由题意得，，所以，当且仅当时取等号.【小问3详解】若，，不等式恒成立.当时，，此时，即对于恒成立，单调递减，此时，，所以；当时，，此时，即即对于恒成立，在单调递减，此时，所以；当x=2时，.综上所述：.15、##0.5【解析】根据给定条件求出事件B和AB的概率，再利用条件概率公式计算作答.【详解】依题意，，，所以.故答案：16、【解析】利用的关系，结合是等比数列，即可求得结果.【详解】因为，故当时，，则，又当时，，因为是等比数列，故也满足，即，故，此时满足，则.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）证明见解析.【解析】（1）由点在抛物线上可得出，再利用三角形的面积公式可得出关于的等式，解出正数的值，即可得出抛物线的标准方程；（2）设点、，利用斜率公式结合已知条件可得出的值，分析可知直线不与轴垂直，可设直线的方程为，将该直线方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理求出的值，即可得出结论.【小问1详解】解：抛物线的焦点为，由已知可得，则，，，解得，因此，抛物线的方程为.【小问2详解】证明：设点、，则，可得.若直线轴，则该直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意.设直线的方程为，联立，可得，由韦达定理可得，可得，此时，合乎题意.所以，直线的方程为，故直线恒过定点.18、（1）与相切；（2）【解析】（1）求出圆C的圆心坐标，半径和直线l的方程，根据圆心到直线的距离即可判断直线与圆的位置关系；（2）圆与圆的方程相减，可求出公共弦所在的直线方程，然后根据圆M的圆心到公共弦所在直线的距离及圆M的半径即可求出公共弦长.【小问1详解】由圆，可得，所以圆心为，半径，直线的方程为，即因为圆心到的距离为，所以与相切【小问2详解】联立方程可得，作差可得，即，即公共弦所在直线的方程为易知圆的半径，圆心到直线的距离为，则公共弦长19、（1）（2）【解析】（1）由已知直接可得；（2）联立方程组求出A，两点坐标，再由两点间距离公式可得.【小问1详解】∵椭圆的中心在原点，焦点为，且长轴长为4，，，，故椭圆的方程为；【小问2详解】设，联立解得和，，∴弦长.20、（1）证明见解析（2）存在；理由见解析【解析】（1）由得两式相减可得答案；（2）利用得，可得，是首项为1，公差为4的等差数列，是首项为3，公差为4的等差数列，因此存在【小问1详解】由题设，，，两式相减得，，由于，所以【小问2详解】由题设，，，可得，由（1）知，．令，解得，故，由此可得，是首项为1，公差为4的等差数列，；又，同理，是首项为3，公差为4的等差数列，所以，所以．因此存在，使得为等差数列21、（1）（2）等边三角形【解析】（1）把化为，然后由正弦定理化边为角，利用两角和的正弦公式、诱导