福建省宁德市六校2026届数学高二上期末联考模拟试题含解析

福建省宁德市六校2026届数学高二上期末联考模拟试题注意事项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．已知双曲线C：-＝1(a＞b＞0)的左焦点为F1，若过原点倾斜角为的直线与双曲线C左右两支交于M、N两点，且MF1NF1，则双曲线C的离心率是（）A.2 B.C. D.2．将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，则（）A. B.C. D.3．已知椭圆方程为，则该椭圆的焦距为（）A.1 B.2C. D.4．二次方程的两根为2，，那么关于的不等式的解集为（）A.或 B.或C. D.5．设为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若的面积为8，则的焦距的最小值为（）A.4 B.8C.16 D.326．设为椭圆上一点，，为左、右焦点，且，则（）A.为锐角三角形 B.为钝角三角形C.为直角三角形 D.，，三点构不成三角形7．设为等差数列的前项和，若，，则公差的值为（）A. B.2C.3 D.48．已知命题：，；命题：，使，若“”为假命题，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.9．记不超过x的最大整数为，如，.已知数列的通项公式，则使的正整数n的最大值为（）A.5 B.6C.15 D.1610．已知双曲线的左、右焦点分别为，，为坐标原点，为双曲线在第一象限上的点，直线，分别交双曲线的左，右支于另一点，，若，且，则双曲线的离心率为（）A. B.3C.2 D.11．在中，若，，则外接圆半径为（）A. B.C. D.12．如图，正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1=2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知点，为抛物线：上不同于原点的两点，且，则的面积的最小值为__________.14．过椭圆的右焦点作两条相互垂直的直线m，n，直线m与椭圆交于A，B两点，直线n与椭圆交于C，D两点，若．则下列方程①；②；③；④．其中可以作为直线AB的方程的是______（写出所有正确答案的序号）15．已知P为抛物线上的一个动点，设P到抛物线准线的距离为d，点，那么的最小值为______16．已知数列的前n项和为，则取得最大值时n的值为__________________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）求适合下列条件的圆锥曲线的标准方程（1）中心在原点，实轴在轴上，一个焦点在直线上的等轴双曲线；（2）椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率等于，且它的一个顶点恰好是抛物线的焦点；（3）经过点抛物线18．（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD为直角梯形，，，，O为BD的中点，，（1）证明：平面ABCD；（2）求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值19．（12分）锐角中满足，其中分别为内角的对边（I）求角；（II）若，求的取值范围20．（12分）已知三角形的内角所对的边分别为，且C为钝角.（1）求cosA；（2）若，，求三角形的面积.21．（12分）（1）若在是减函数，求实数m的取值范围；（2）已知函数在R上无极值点，求a的值.22．（10分）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，直线与交于，两点（1）求椭圆的方程及焦点坐标；（2）若线段的垂直平分线经过点，求的取值范围

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、C【解析】根据双曲线和直线的对称性，结合矩形的性质、双曲线的定义、离心率公式、余弦定理进行求解即可.【详解】设双曲线的右焦点为F2，过原点倾斜角为的直线为，设M、N分别在第三、第一象限，由双曲线和直线的对称性可知：M、N两点关于原点对称，而MF1NF1，因此四边形是矩形，而，所以是等边三角形，故，因此，因为，所以，在等腰三角形中，由余弦定理可知：，由矩形的性质可知：，由双曲线的定义可知：，故选：C【点睛】关键点睛：利用矩形的性质、双曲线的定义是解题的关键.2、A【解析】先化简函数表达式，然后再平移即可.【详解】函数的图象向左平移个单位长度后，得到的图象.故选：A3、B【解析】根据椭圆中之间的关系，结合椭圆焦距的定义进行求解即可.【详解】由椭圆的标准方程可知：，则焦距为，故选：B.4、B【解析】根据，确定二次函数的图象开口方向，再由二次方程的两根为2，，写出不等式的解集.【详解】因为二次方程的两根为2，，又二次函数的图象开口向上，所以不等式的解集为或，故选：B5、B【解析】因为，可得双曲线的渐近线方程是，与直线联立方程求得，两点坐标，即可求得，根据的面积为，可得值，根据，结合均值不等式，即可求得答案.【详解】双曲线的渐近线方程是直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点不妨设为在第一象限，在第四象限联立，解得故联立，解得故面积为：双曲线其焦距为当且仅当取等号的焦距的最小值：故选：B.【点睛】本题主要考查了求双曲线焦距的最值问题，解题关键是掌握双曲线渐近线的定义和均值不等式求最值方法，在使用均值不等式求最值时，要检验等号是否成立，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.6、D【解析】根据椭圆方程求出，然后结合椭圆定义和已知条件求出并求出，进而判断答案.【详解】由题意可知，，由椭圆的定义可知，而，联立方程解得，且，则6+2=8，即不构成三角形.故选：D.7、C【解析】根据等差数列前项和公式进行求解即可.【详解】，故选：C8、D【解析】根据题意，判断命题和的真假性，结合判别式与二次函数恒成立问题，即可求解.【详解】根据题意，由为假命题可得“”为真命题，即p、q都为真命题，故，解得故选：D9、C【解析】根据取整函数的定义，可求出的值，即可得到答案；【详解】，，，，，，当时，，使的正整数n的最大值为，故选：C10、D【解析】由双曲线的定义可设，，由平面几何知识可得四边形为平行四边形，三角形，用余弦定理，可得，的方程，再由离心率公式可得所求值【详解】由双曲线的定义可得，由，可得，，结合双曲线性质可以得到，而，结合四边形对角线平分，可得四边形为平行四边形，结合，故，对三角形，用余弦定理，得到，结合，可得，，，代入上式子中，得到，即，结合离心率满足，即可得出，故选：D【点睛】本题考查求双曲线的离心率，熟记双曲线的简单性质即可，属于常考题型.11、A【解析】根据三角形面积公式求出c，再由余弦定理求出a，根据正弦定理即可求外接圆半径.【详解】,,,解得由正弦定理可得：，所以故选：A12、D【解析】设AA1=2AB=2，因为，所以异面直线A1B与AD1所成角，，故选D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】设，，利用可得即可求得，利用两点间距离公式求出、，面积，利用基本不等式即可求最值.【详解】设，，由可得，解得：，，，，，所以，当且仅当时等号成立，所以的面积的最小值为，故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是设，坐标，采用设而不求的方法，将转化为，求出参数之间的关系，再利用基本不等式求的最值.14、①②【解析】①②结合椭圆方程得到与椭圆参数的关系，即可判断；③④联立直线与椭圆方程，利用弦长公式求，即可判断.【详解】由题设，且右焦点为，①时直线，故，则符合题设；②时，同①知：符合题设；③时直线，联立直线AB与椭圆方程并整理得：，则，同理可得，则，不合题设；④时，同③分析知：，不合题设；故答案为：①②.15、5【解析】由抛物线的定义可得，所以，由图可知当三点共线时，取得最小值，从而可求得结果【详解】抛物线的焦点，准线为，如图，过作垂直准线于点，则，所以，由图可知当三点共线时，取得最小值，即最小值为,,所以的最小值为5，故答案为：516、①.13②.##3.4【解析】由题可得利用函数的单调性可得取得最大值时n的值，然后利用，即求.【详解】∵，∴当时，单调递减且，当时，单调递减且，∴时，取得最大值，∴.故答案为：13；.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）（3）或【解析】（1）由已知求得，再由等轴双曲线的性质可求得则，由此可求得双曲线的方程；（2）由已知求得抛物线的焦点为，得出椭圆的，再根据椭圆的离心率求得，由此可得出椭圆的方程；（3）设抛物线的标准方程为：或，代入点求解即可.【小问1详解】解：对于直线，令，得，所以，则，所以，所以中心在原点，实轴在轴上，一个焦点在直线上的等轴双曲线的方程为；【小问2详解】解：由得抛物线的焦点为，所以对于椭圆，，又椭圆的离心率为，所以，解得，所以椭圆的方程；【小问3详解】解：因为点在第三象限，所以满足条件的抛物线的标准方程可以是：或，代入点得或，解得或，所以经过点的抛物线的方程为或18、（1）见解析（2）【解析】（1）连接，利用勾股定理证明，又可证明，根据线面垂直的判定定理证明即可；（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面和平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可小问1详解】证明：如图，连接，在中，由，可得，因为，，所以，，因为，，，则，故，因为，，，平面，则平面；【小问2详解】解：由（1）可知，，，两两垂直，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，0，，，0，，，0，，，2，，，0，，所以，则，，，又，设平面的法向量为，则，令，则，，故，设平面的法向量为，因为，所以，令，则，，故，所以，故平面与平面所成锐二面角的余弦值为19、（I）；（II）【解析】（I）由正弦定理边角互化并整理得，进而由余弦定理得；（II）正弦定理得，故，再根据三角恒等变换得，由于锐角中，，进而根据三角函数性质求得答案.【详解】解：（I）由正弦定理得所以，即，所以，因为锐角中，，所以；（II）因为，，所以所以，因为，所以，所以，所以，所以20、（1）（2）【解析】（1）由正弦定理边化角，可求得角的正弦，由同角关系结合条件可得答案.(2)由（1），由余弦定理，求出边的长，进一步求得面积【小问1详解】因为，由正弦定理得因，所以.因为角为钝角，所以角为锐角，所以【小问2详解】由(1)，由余弦定理，得，所以，解得或，不合题意舍去，故的面积为=21、（1）；（2）1【解析】（1）将问题转化为在内恒成立，求出的最小值，即可得到答案；（2）对函数求导得，由，即可得到答案；【详解】（1）依题意知，在内恒成立，所以在内恒成立，所以，因为的最小值为1，所以，所以实数m的取值范围是.（2），依题意有，即，，解得.22、（1），（2）【解析】（1）由题意，列出关于a，b，c的方程组求解即可得答案；（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），线段MN的中点（x0，y0），则，作差可得①，又线段MN的垂直平分线过点A（0，1），则②，联立直线MN与椭圆的方程，可得﹣t2+1+4k2＞0（*），③，由①②③及（*）式联立即可求解【小