2026届山东省济宁市汶上一中数学高二上期末质量检测模拟试题含解析

2026届山东省济宁市汶上一中数学高二上期末质量检测模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．已知数列的首项为，且，若，则的取值范围是（）A. B.C. D.2．已知函数，则的单调递增区间为（）.A. B.C. D.3．已知椭圆C：的一个焦点为（0，-2），则k的值为（）A.5 B.3C.9 D.254．已知直线过点，且与直线垂直，则直线的方程为（）A. B.C. D.5．在等差数列中，若，则（）A.5 B.6C.7 D.86．过抛物线的焦点作直线l，交抛物线与A、B两点，若线段中点的纵坐标为3，则等于（）A.10 B.8C.6 D.47．已知A，B，C是椭圆M：上三点，且A（A在第一象限，B关于原点对称，，过A作x轴的垂线交椭圆M于点D，交BC于点E，若直线AC与BC的斜率之积为，则（）A.椭圆M的离心率为 B.椭圆M的离心率为C. D.8．已知圆和圆恰有三条公共切线，则的最小值为（）A.6 B.36C.10 D.9．在正三棱锥S-ABC中，AB=4，D、E分别是SA、AB中点，且DE⊥CD，则三棱锥S-ABC外接球的体积为（）A.π B.πC.π D.π10．函数，则的值为（）A. B.C. D.11．已知数列中，且满足，则（）A.2 B.﹣1C. D.12．下列命题中正确的是（）A.若为真命题，则为真命题B.在中“”是“”的充分必要条件C.命题“若，则或”的逆否命题是“若或，则”D.命题，使得，则，使得二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．抛物线的准线方程是________14．抛物线的焦点坐标为________15．甲、乙两人独立地破译一份密码，已知各人能破译的概率分别为，则密码被成功破译的概率_________16．在正方体中，则直线与平面所成角的正弦值为__________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）已知椭圆的离心率为，短轴端点到焦点的距离为2（1）求椭圆的方程；（2）设为椭圆上任意两点，为坐标原点，且以为直径的圆经过原点，求证：原点到直线的距离为定值，并求出该定值18．（12分）已知数列满足，，，.从①，②这两个条件中任选一个填在横线上，并完成下面问题.（1）写出、，并求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.19．（12分）在平面直角坐标系中，已知直线：（t为参数）．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为（1）求曲线C的直角坐标方程；（2）设点M的直角坐标为，直线l与曲线C的交点为A，B，求的值20．（12分）如图，在四棱锥中，底面，底面是边长为2的正方形，，F，G分别是，的中点（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的大小21．（12分）如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是边长为的正方形E，F分别为PC，BD的中点，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA=PD=AD.（Ⅰ）求证：EF//平面PAD；（Ⅱ）求三棱锥C—PBD的体积.22．（10分）在平面直角坐标系中，已知圆，点P在圆上，过点P作x轴的垂线，垂足为是的中点，当P在圆M上运动时N形成的轨迹为C（1）求C的轨迹方程；（2）若点，试问在x轴上是否存在点M，使得过点M的动直线交C于两点时，恒有？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由

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】由题意，得到，利用叠加法求得，结合由，转化为恒成立，分，和三种情况讨论，即可求解.【详解】因为，可得，所以，所以，各式相加可得，所以，由，可得恒成立，整理得恒成立，当时，，不等式可化为恒成立，所以；当时，，不等式可化为恒成立；当时，，不等式可化为恒成立，所以，综上可得，实数的取值范围是.故选：C.2、D【解析】利用导数分析函数单调性【详解】的定义域为，，令，解得故的单调递增区间为故选：D3、A【解析】由题意可得焦点在轴上，由，可得k的值.【详解】∵椭圆的一个焦点是，∴，∴，故选：A4、A【解析】求出直线斜率，利用点斜式可得出直线的方程.【详解】直线的斜率为，则直线的斜率为，故直线的方程为，即.故选：A.5、B【解析】由得出.【详解】由可得，故选：B6、B【解析】根据抛物线的定义求解【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，设，则，所以，故选：B7、C【解析】设出点，,的坐标，将点，分别代入椭圆方程两式作差，构造直线和的斜率之积，得到，即可求椭圆的离心率，利用，求出，可知点在轴上，且为的中点,则.【详解】设，，，则，，，两式相减并化简得，即，则,则AB错误；∵，，∴，又∵，∴，即，解得，则点在轴上，且为的中点即，则正确.故选：C.8、B【解析】由公切线条数得两圆外切，由此可得的关系，从而点在以原点为圆心，4为半径的圆上，记，由求得的最小值，平方后即得结论【详解】圆标准方程为，，半径为，圆标准方程为，，半径为，两圆有三条公切线，则两圆外切，所以，即，点在以原点为圆心，4为半径的圆上，记，，所以，所以的最小值为故选：B9、C【解析】取中点，连接，证明平面，得证，然后证明平面，得两两垂直，以为棱把三棱锥补成一个正方体，正方体的对角线是其外接球的直径，而正方体的外接球也是正三棱锥的外接球，由此计算可得【详解】取中点，连接，则，，，平面，所以平面，又平面，所以，D、E分别是SA、AB的中点，则，又，所以，，平面，所以平面，而平面，所以，，是正三棱锥，因此，因此可以为棱把三棱锥补成一个正方体，正方体的对角线是其外接球的直径，而正方体的外接球也是正三棱锥的外接球，由，得，所以所求外接球直径为，半径为，球体积为故选：C10、B【解析】求出函数的导数，代入求值即可.【详解】函数,故，所以，故选：B11、C【解析】首先根据数列的递推公式求出数列的前几项，即可得到数列的周期性，即可得解；【详解】解：因为且，所以，，，所以是周期为的周期数列，所以，故选：C12、B【解析】A选项，当一真一假时也满足条件，但不满足为真命题；B选项，可以使用正弦定理和大边对大角，大角对大边进行证明；C选项，利用逆否命题的定义进行判断，D选项，特称命题的否定，把存在改为任意，把结论否定，故可判断D选项.【详解】若为真命题，则可能均为真，或一真一假，则可能为真命题，也可能为假命题，故A错误；在中，由正弦定理得：，若，则，从而，同理，若，则由正弦定理得，，所以，故在中“”是“”的充分必要条件，B正确；命题“若，则或”的逆否命题是“若且，则”，故C错误；命题，使得，则，使得，故D错误.故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】将抛物线方程化为标准形式，从而得到准线方程.【详解】抛物线方程可化为：抛物线准线方程为：故答案为【点睛】本题考查抛物线准线的求解，易错点是未将抛物线方程化为标准方程.14、【解析】利用焦点坐标为求解即可【详解】因为，所以，所以焦点的坐标为，故答案：15、【解析】根据题意，由相互独立事件概率的乘法公式可得密码没有被破译的概率，进而由对立事件的概率性质分析可得答案【详解】解：根据题意，甲乙两人能成功破译的概率分别是，，则密码没有被破译，即甲乙都没有成功破译密码概率，故该密码被成功破译的概率故答案为：16、【解析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设该正方体的棱长为1，所以，，，，因此，，，设平面的法向量为：，所以有：，令，所以，因此，设与的夹角为，直线与平面所成角为，所以有，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，定值为【解析】（1）根据题意得到，，得到椭圆方程.（2）考虑直线斜率存在和不存在两种情况，联立方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，将题目转化为，化简得到，代入计算得到答案.【小问1详解】椭圆的离心率为，短轴端点到焦点的距离为，故，，故椭圆方程为.【小问2详解】当直线斜率存在时，设直线方程为，，，则，即，，以为直径的圆经过原点，故，即，即，化简整理得到：，原点到直线的距离为.当直线斜率不存在时，为等腰直角三角形，设，则，解得，即直线方程为，到原点的距离为.综上所述：原点到直线的距离为定值.【点睛】本题考查了椭圆方程，椭圆中的定值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中将圆过原点转化为是解题的关键.18、（1）条件选择见解析，，，（2）【解析】（1）选①，推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得，并可求得、；选②，推导出数列是等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得，可求得，由此可得出、；（2）求得，，分为偶数、奇数两种情况讨论，结合并项求和法以及等比数列求和公式可求得.【小问1详解】解：若选①，，且，故数列是首项为，公比为的等比数列，，故；若选②，，所以，，且，故数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，，故，所以，，故，.【小问2详解】解：由（1）可知，则，所以，.当为偶数时，；当为奇数时，.综上所述，.19、（1）（2）【解析】【小问1详解】由,得.两边同乘,即.由,得曲线的直角坐标方程为【小问2详解】将代入,得,设A,B对应的参数分别为则所以.由参数的几何意义得20、（1）证明见解析（2）【解析】(1)取中点连接，连接，证得四边形为平行四边形，，再证面，即可得到证明结果；（2）建立空间坐标系，求面和面的法向量，即可得到两个面的二面角的余弦值，进而得到二面角大小.【小问1详解】如上图，取中点连接，连接，均为线段中点，且，又G是的中点，且且四边形为平行四边形为等腰直角三角形，为斜边中点，面，面面又面.【小问2详解】建立如图坐标系，设面的法向量为设面的法向量为两个法向量的夹角余弦值为：，由图知两个面的二面角为钝角，故夹角为.21、(1)见解析（2）【解析】本试题主要是考查了线面平行的判定和三棱锥体积的求解的综合问题．培养了同学们的推理论证能力和计算能力（1）根据已知的条件关键是分析出EF//PA，利用线面平行判定定理得到（2）根据上一问中的结论可知PM⊥平面ABCD.然后利用转换顶点的思想求解棱锥的体积解：（Ⅰ）证明：连接AC，则F是AC的中点，E为PC的中点，故在CPA中，EF//PA，且PA平面PAD，EF平面PAD，∴EF//平面PAD（Ⅱ）取AD的中点M，连接PM，∵PA=PD，∴PM⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PM⊥平面ABCD.在直角PAM中，求得PM=，∴PM=22、（1）；（2）不存在，理由见解析.【解析】(1)设，根据中点坐标公式用N的坐标表示P的坐标，将P的坐标代入圆M的方程化简即可得N的轨迹方程；(2)假设存在，设M为(m，0)，设直线l斜率为k，表示其方程，l