2026届江苏省苏州市常熟中学高二数学第一学期期末复习检测模拟试题含解析

2026届江苏省苏州市常熟中学高二数学第一学期期末复习检测模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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．双曲线：的一条渐近线与直线垂直，则它的离心率为（）A. B.C. D.2．不等式的解集为（）A.或 B.C. D.3．一质点从出发，做匀速直线运动，每秒的速度为秒后质点所处的位置为（）A. B.C. D.4．已知命题“若，则”，命题“若，则”，则下列命题中为真命题的是（）A. B.C. D.5．已知椭圆的左、右焦点分别为，，焦距为，过点作轴的垂线与椭圆相交，其中一个交点为点(如图所示)，若的面积为，则椭圆的方程为()A B.C. D.6．若函数在区间内存在最大值，则实数的取值范围是()A. B.C. D.7．如图，在棱长为1的正方体中，M是的中点，则点到平面MBD的距离是（）A. B.C. D.8．已知等差数列的前项和为，，，则（）A. B.C. D.9．已知斜率为1的直线与椭圆相交于A、B两点，O为坐标原点，AB的中点为P，若直线OP的斜率为，则椭圆C的离心率为（）A. B.C. D.10．如图是函数的导函数的图象，下列结论中正确的是（）A.在上是增函数 B.当时，取得最小值C.当时，取得极大值 D.在上是增函数，在上是减函数11．已知正实数a，b满足，若不等式对任意的实数x恒成立，则实数m的取值范围是（）A. B.C. D.12．如图，在正方体中，（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．瑞士数学家欧拉（Euler）1765年在所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．已知的顶点，，，则欧拉线的方程为______14．在2021件产品中有10件次品，任意抽取3件，则抽到次品个数的数学期望的值是______.15．如图所示的是一个正方体的平面展开图，，则在原来的正方体中，直线与平面所成角的正弦值为___________.16．曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为__________.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）在平面直角坐标系中，过点的直线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）设曲线与直线交于，两点，求线段的中点的直角坐标及的值18．（12分）已知抛物线C：焦点F的横坐标等于椭圆的离心率.（1）求抛物线C的方程；（2）过(1，0)作直线l交抛物线C于A，B两点，判断原点与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由.19．（12分）已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点x＝1处的切线为l：3x－y＋1＝0，若x＝时，y＝f(x)有极值（1）求a，b，c的值;（2）求y＝f(x)在区间[－3，1]上最大值和最小值20．（12分）设函数（1）若在处取得极值，求a的值；（2）若在上单调递减，求a的取值范围21．（12分）如图1，已知矩形ABCD，，，E，F分别为AB，CD的中点，将ABCD卷成一个圆柱，使得BC与AD重合（如图2），MNGH为圆柱的轴截面，且平面平面MNGH，NG与曲线DE交于点P（1）证明：平面平面MNGH；（2）判断平面PAE与平面PDH夹角与的大小，并说明理由22．（10分）如图，正方体的棱长为2，点，分别在棱，上运动，且.（1）求证：；（2）求三棱锥的体积的最大值：（3）当，分别是棱，的中点时，求平面与平面的夹角的正弦值.

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】先利用直线的斜率判定一条渐近线与直线垂直，求出，再利用双曲线的离心率公式和进行求解.【详解】因为直线的斜率为，所以双曲线的一条渐近线与直线垂直，所以，即，则双曲线的离心率.故选：A.卷II（非选择题2、A【解析】根据一元二次不等式的解法可得答案.【详解】由不等式可得或不等式的解集为或故选：A3、A【解析】利用空间向量的线性运算即可求解.【详解】2秒后质点所处的位置为.故选：A【点睛】本题考查了空间向量的线性运算，考查了基本知识掌握的情况以及学生的综合素养，属于基础题.4、D【解析】利用指数函数的单调性可判断命题的真假，利用特殊值法可判断命题的真假，结合复合命题的真假可判断出各选项中命题的真假.【详解】对于命题，由于函数为上的增函数，当时，，命题为真命题；对于命题，若，取，，则，命题为假命题.所以，、、均为假命题，为真命题.故选：D.【点睛】本题考查简单命题和复合命题真假的判断，考查推理能力，属于基础题.5、A【解析】由题意可得，令，可得，再由三角形的面积公式，解方程可得，，即可得到所求椭圆的方程【详解】由题意可得，即，即有，令，则，可得，则，即，解得，，∴椭圆的方程为故选：A6、A【解析】利用函数的导数，求解函数的极值，推出最大值，然后转化列出不等式组求解的范围即可【详解】，或，∴在单调递减，在单调递增，在单调递减，∴f(x)有极大值，要使f(x)在上有最大值，则极大值3即为该最大值，则，又或，∴，综上，.故选：A.7、A【解析】等体积法求解点到平面的距离.【详解】连接，，则，，由勾股定理得：，，取BD中点E，连接ME，由三线合一得：ME⊥BD，则，故，设到平面MBD的距离是，则，解得：，故点到平面MBD的距离是.故选：A8、C【解析】利用已知条件求得，由此求得.【详解】依题意，解得，所以.故选：C【点睛】本小题主要考查等差数列的通项公式和前项和公式，属于基础题.9、B【解析】这是中点弦问题，注意斜率与椭圆a,b之间的关系.【详解】如图：依题意，假设斜率为1的直线方程为：，联立方程：，解得：，代入得，故P点坐标为，由题意，OP的斜率为，即，化简得：，，，；故选：B.10、D【解析】根据导函数的图象判断出函数的单调区间、极值、最值，由此确定正确选项.【详解】根据图象知：当，时，函数单调递减；当，时，函数单调递增.所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故选项A不正确，选项D正确；故当时，取得极小值，选项C不正确；当时，不是取得最小值，选项B不正确；故选：D.11、D【解析】利用基本不等式求出的最小值16，分离参数即可.【详解】因为，，，所以，当且仅当，即，时取等号由题意，得，即对任意的实数x恒成立，又，所以，即故选：D12、B【解析】根据正方体的性质，结合向量加减法的几何意义有，即可知所表示的向量.【详解】∵，而，∴，故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据给定信息，利用三角形重心坐标公式求出的重心，再结合对称性求出的外心，然后求出欧拉线的方程作答.【详解】因的顶点，，，则的重心，显然的外心在线段AC中垂线上，设，由得：，解得：，即点，直线，化简整理得：，所以欧拉线的方程为.故答案：14、【解析】设抽到的次品的个数为，则，求出对应的概率即得解.【详解】解：设抽到的次品的个数为，则，所以所以抽到次品个数的数学期望的值是故答案为：15、【解析】将展开图还原成正方体，通过建系利用空间向量的知识求解.【详解】将展开图还原成正方体，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，.则.设平面的法向量为，由令，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.故答案为：16、【解析】运用导数的几何意义进行求解即可.【详解】由，所以，而，所以切线方程为：，令，得，令，得，所以三角形的面积为：，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）直线的普通方程为，曲线的直角坐标方程.（2）【解析】（1）直接利用转换关系，在参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；（2）利用中点坐标公式和一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果【小问1详解】解：过点的直线的参数方程为为参数），转换为普通方程为，即直线的普通方程为；曲线的极坐标方程为，即，即，根据，转换为直角坐标方程为，即曲线的直角坐标方程【小问2详解】解：把代入，整理得，所以，设，，；故，代入，解得，故中点坐标为；把直线的参数方程为为参数）代入，设和对应的参数为和，得到，整理得，所以18、（1）；（2）原点在以线段AB为直径的圆上，详见解析.【解析】（1）利用椭圆方程可得其离心率，进而可求抛物线的焦点，即求；（2）设直线l的方程为，联立抛物线方程，利用韦达定理法可得，即得.【小问1详解】由椭圆，可得，故，∴抛物线C的方程为.【小问2详解】由题可设直线l的方程为，由，得，设，则，又，故，∴，∴，即，故原点在以线段AB为直径的圆上.19、（1）；（2）最大值为，最小值为.【解析】（1）求导，结合导数的几何意义列方程组，即可得解；（2）求导，确定函数的单调性和极值，再和端点值比较即可得解.【详解】（1）由题意，，因为曲线y＝f(x)在点x＝1处的切线为l：3x－y＋1＝0，所以，，又当时，y＝f(x)有极值，所以，所以；（2）由（1）得，，所以当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；又，，，，所以在[－3,1]上的最大值为，最小值为.20、（1）（2）【解析】(1)对求导,再根据题意有,据此列式求出;(2)由题可知对恒成立,即对恒成立,因此求出在区间上的最小值即可得出结论.【详解】(1),则,因为在处取得极值,所以,解得,经检验,当时,在处取得极值;(2)因为在上单调递减,所以对恒成立,则对恒成立,∵当时,,∴,即a的取值范围为.【点睛】本题主要考查利用函数的单调性与极值求参,需要学生对相关基础知识牢固掌握且灵活运用.21、（1）证明见解析（2）平面PAE与平面PDH夹角大于，理由见解析【解析】（1）由面面垂直证明，然后得证平面MNGH后可得面面垂直；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求出二面角的余弦可得结论【小问1详解】如图O，为圆柱上，下底面的中心，可知，，平面平面MNGH，所以是二面角的平面角，平面平面MNGH，所以，即，，平面MNGH，所以平面MNGH，因为平面PAE，所以平面平面MNGH；【小问2详解】因为，所以得，如图，以为坐标原点，以，,所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则可知，，，，，则，，，，设平面AEP的法向量为，则，令，得，设平面DHP的法向量为，则，即令，得，，设平面PAE与平面PDH夹角为，则，，因为，即，所以平面PAE与平面PDH夹角大于22、