吉林省普通高中2026届高二上数学期末教学质量检测模拟试题含解析

吉林省普通高中2026届高二上数学期末教学质量检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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．某中学举行党史学习教育知识竞赛，甲队有、、、、、共名选手其中名男生名女生，按比赛规则，比赛时现场从中随机抽出名选手答题，则至少有名女同学被选中的概率是（）A. B.C. D.2．如图是函数的导数的图象，则下面判断正确的是（）A.在内是增函数B.在内是增函数C.在时取得极大值D.在时取得极小值3．已知双曲线，点F为其左焦点，点B，若BF所在直线与双曲线的其中一条渐近线垂直，则该双曲线的离心率为（）A. B.C. D.4．一直线过点，则此直线的倾斜角为（）A.45° B.135°C.－45° D.－135°5．已知双曲线上的点到的距离为15，则点到点的距离为（）A.7 B.23C.5或25 D.7或236．平行六面体中，若，则（）A. B.1C. D.7．若，，且，则（）A. B.C. D.8．“”是“直线与互相垂直”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9．已知直线与直线平行，则实数a值为（）A.1 B.C.1或 D.10．已知抛物线的焦点与椭圆的一个焦点重合，过坐标原点作两条互相垂直的射线，，与分别交于，则直线过定点（）A. B.C. D.11．执行如图所示的程序框图，输出的值为（）A. B.C. D.12．设m，n是两条不同直线，，是两个不同平面，则下列说法错误的是（）A.若，，则； B.若，，则；C.若，，则； D.若，，则二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．直线与两坐标轴相交于，两点，则线段的垂直平分线的方程为___________.14．在等比数列中，若，是方程两根，则________.15．已知椭圆()中，成等比数列，则椭圆的离心率为_______.16．正四棱柱的高为底面边长的倍，则其体对角线与底面所成角的大小为_________.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）已知数列的前n项和为，，且（1）求数列的通项公式；（2）令，记数列的前n项和为，求证：18．（12分）在△中，内角所对的边分别为，已知（1）求角的大小；（2）若的面积，求的值19．（12分）已知椭圆过点，离心率.（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆相交于A、B两点，求.20．（12分）已知圆C的圆心在坐标原点，且过点M（）（1）求圆C的方程；（2）已知点P是圆C上的动点，试求点P到直线的距离的最小值；21．（12分）如图，在直三棱柱中，，，D为的中点（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值；（3）若E为的中点，求与所成的角22．（10分）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，，的中点，点在棱上，且，，.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）求平面与平面的距离.

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、D【解析】现场选名选手，共种情况，设，，，四位同学为男同学则没有女同学被选中的情况，共有6种，利用对立事件进行求解，即可得到答案；【详解】现场选名选手，基本事件有：，，，，，，，，，，，，，，共种情况，不妨设，，，四位同学为男同学则没有女同学被选中的情况是：，，，，，共种，则至少有一名女同学被选中的概率为.故选：.2、B【解析】根据图象判断的单调性，由此求得的极值点，进而确定正确选项.【详解】由图可知，在区间上,单调递减；在区间上,单调递增.所以不是的极值点，是的极大值点.所以ACD选项错误，B选项正确.故选：B3、C【解析】设出双曲线半焦距c，利用斜率坐标公式结合垂直关系列式计算作答.【详解】设双曲线半焦距为c，则，直线BF的斜率为，双曲线的渐近线为：，因直线BF与双曲线的一条渐近线垂直，则有，即，于是得，而，解得，所以双曲线的离心率为.故选：C4、A【解析】根据斜率公式求得直线的斜率，得到，即可求解.【详解】设直线的倾斜角为，由斜率公式，可得，即，因为，所以，即此直线的倾斜角为.故选：A.5、D【解析】根据双曲线的定义知，，即可求解.【详解】由题意，双曲线，可得焦点坐标，根据双曲线的定义知，，而，所以或故选：D【点睛】本题主要考查了双曲线的定义及其应用，其中解答中熟记双曲线的定义，列出方程是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题.6、D【解析】根据空间向量的运算，表示出，和已知比较可求得的值，进而求得答案.【详解】在平行六面体中，有，故由题意可知：，即，所以，故选：D.7、A【解析】由于对数函数的存在，故需要对进行放缩，结合（需证明），可放缩为，利用等号成立可求出，进而得解.【详解】令，，故在上单调递减，在上单调递增，，故，即，当且仅当，等号成立．所以，当且仅当时，等号成立，又，所以，即，所以，又，所以，，故故选：A8、A【解析】根据两直线垂直的性质求出，再结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案.【详解】解：因为直线与互相垂直，所以，解得或，所以“”是“直线与互相垂直”的充分不必要条件.故选：A.9、A【解析】根据两直线平行的条件列方程，化简求得，检验后确定正确答案.【详解】由于直线与直线平行，所以，或，当时，两直线方程都为，即两直线重合，所以不符合题意.经检验可知符合题意.故选：A10、A【解析】由椭圆方程可求得坐标，由此求得抛物线方程；设，与抛物线方程联立可得韦达定理的形式，根据可得，由此构造方程求得，根据直线过定点的求法可求得定点.【详解】由椭圆方程知其焦点坐标为，又抛物线焦点，，解得：，则抛物线的方程为，由题意知：直线斜率不为，可设，由得：，则，即，设，，则，，，，，解得：或；又与坐标原点不重合，，，当时，，直线恒过定点.故选：A.【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用中的直线过定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程；④根据直线过定点的求解方法可求得结果.11、B【解析】根据程序框图的循环逻辑写出其执行步骤，即可确定输出结果.【详解】由程序框图的逻辑，执行步骤如下：1、：执行循环，，；2、：执行循环，，；3、：执行循环，，；4、：执行循环，，；5、：执行循环，，；6、：不成立，跳出循环.∴输出的值为.故选：B.12、C【解析】直接由直线平面的定理得到选项正确；对于选项，m，n可能平行、相交或异面，所以该选项错误；对于选项，与内一直线l，所以，因为l为内一直线，所以．所以该选项正确.【详解】对于选项，若，，则，所以该选项正确；对于选项，若，，则，所以该选项正确；对于选项，若，，则m，n可能平行、相交或异面，所以该选项错误；对于选项，若，，则与内一直线l，所以，因为l为内一直线，所以．所以该选项正确.故选：C【点睛】本题主要考查空间直线平面位置关系判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由直线的方程求出直线的斜率以及，两点坐标，进而可得线段的垂直平分线的斜率以及线段的中点坐标，利用点斜式即可求解.【详解】由直线可得，所以直线的斜率为，所以线段的垂直平分线的斜率为，令可得；令可得；即，，所以线段的中点坐标为，所以线段的垂直平分线的方程为，整理得.故答案为：.14、.【解析】由题意求得，，再结合等比数列的性质，即可求解.【详解】由题意知，，是方程的两根，可得，，又由，，所以，，可得，又由，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式，以及等比数列的性质的应用，其中解答中熟练应用等比数列的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.15、【解析】根据成等比数列，可得，再根据的关系可得，然后结合的自身范围解方程即可求出【详解】∵成等比数列，∴，∴，∴，∴，又，∴故答案为：【点睛】本题主要考查椭圆的离心率的计算以及等比数列定义的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题16、##【解析】如图所示，其体对角线与底面所成角为，解三角形即得解.【详解】解：如图所示，设，所以.由题得平面,则其体对角线与底面所成角为,因为,所以.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）依题意可得，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，从而求出数列的通项公式；（2）由（1）可得，利用错位相减法求和，即可证明；【小问1详解】解：因为，，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以；【小问2详解】解：由（1）可知，所以①，所以②；①②得所以；18、（1）；（2）【解析】（1）由正弦定理，将条件中的边化成角，可得，进而可得的值；（2）由三角形面积公式可得，再由余弦定理可得，得最后结论试题解析：（1），又∴又得（2）由，∴又得，∴得考点：正弦定理；余弦定理【易错点睛】解三角形问题的两重性：①作为三角形问题，它必须要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及其有关三角形的性质，及时进行边角转化，有利于发现解题的思路；②它毕竟是三角变换，只是角的范围受到了限制，因此常见的三角变换方法和原则都是适用的，注意“三统一”（即“统一角、统一函数、统一结构”）是使问题获得解决的突破口19、（1）；（2）.【解析】（1）根据题意得，，再结合即可求得答案.（2）设，，直接联立方程得，再结合韦达定理，利用弦长公式和点到线的距离公式得，点M到直线的距离，进而可得.【详解】解：（1）由题意得，，结合，解得所以椭圆的方程为：.（2）由得即，经验证.设，.所以，，故因为点M到直线的距离，所以.【点睛】本题考查直线与椭圆位置关系，椭圆的方程，弦长公式等，考查运算能力，是基础题.20、（1）（2）【解析】（1）由圆C的圆心在坐标原点，且过点，求得圆的半径，利用圆的标准方程，即可求解；（2）由点到直线的距离公式，求得圆心到直线l的距离为，进而得到点P到直线的距离的最小值为，得出答案.【详解】（1）由题意，圆C的圆心在坐标原点，且过点，所以圆C的半径为，所以圆C的方程为.（2）由题意，圆心到直线l的距离为，所以P到直线的距离的最小值为.【点睛】本题主要考查了圆标准方程的求解，以及直线与圆的位置关系的应用，其中解答中熟练应用直线与圆的位置关系合理转化是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与计算能力，属于基础题.21、（1）证明见解析（2）（3）【解析】（1）连接，交于O，连接OD，根据中位线的性质，可证，根据线面平行的判定定理，即可得证；（2）如图建系，求得各点坐标，进而可求得平面与平面法向量，根据二面角的向量求法，即可得答案；（3）求得坐标，根据线线角的向量求法，即可得答案.【小问1详解】连接，交于O，连接OD，则O为的中点，在中，因为O、D分别为、BC中点，所以，又因为平面，平面，所以平面【小问2详解】由题意得，两两垂直，以B为原点，为x，y，z轴正方向建系，如图所示：设，则，所以，则，，因为平面在平面ABC内，且平面ABC，所以即为平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，则，所以，令，则，所以法向量，所以，由图象可得平面与平面的夹角为锐角，所以平面与平面的夹角的余弦值为【小问3详解】由（2）可得，设与所成的角为，则，解得，所以与所成的角为22、（1）见解析（2）见解析（3）【解析】（1）利用勾股定理证得，证明平面，根据线面垂直的性质证得，再根据线面垂直的判定定理即可得证；（2）取的中点，连接，可得为的中点，证明，四边形是平行四边形，可得，再根据面面平行的判定定理即可得证