河南省南阳市南阳市第一中学2026届数学高二上期末质量检测模拟试题含解析

河南省南阳市南阳市第一中学2026届数学高二上期末质量检测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．某综合实践小组设计了一个“双曲线型花瓶”.他们的设计思路是将某双曲线的一部分（图1中A，C之间的曲线）绕其虚轴所在直线l旋转一周，得到花瓶的侧面，花瓶底部是平整的圆面，如图2.该小组给出了图1中的相关数据：，，，，，其中B是双曲线的一个顶点.小组中甲、乙、丙、丁四位同学分别用不同的方法估算了该花瓶的容积（忽略瓶壁和底部的厚度），结果如下表所示学生甲乙丙丁估算结果（）其中估算结果最接近花瓶的容积的同学是（）（参考公式：，，）A.甲 B.乙C.丙 D.丁2．在棱长均为1的平行六面体中，，则（）A. B.3C. D.63．已知椭圆方程为，点在椭圆上，右焦点为F，过原点的直线与椭圆交于A，B两点，若，则椭圆的方程为（）A. B.C. D.4．下列关于函数及其图象的说法正确的是（）A.B.最小正周期为C.函数图象的对称中心为点D.函数图象的对称轴方程为5．设等差数列前项和为，若是方程的两根，则（）A.32 B.30C.28 D.266．如图，已知多面体，其中是边长为4的等边三角形，四边形是矩形，，平面平面，则点到平面的距离是（）A. B.C. D.7．等差数列x，，，…的第四项为()A.5 B.6C.7 D.88．若展开式的二项式系数之和为，则展开式的常数项为（）A. B.C. D.9．等比数列{}中，已知=8，+=4，则的值为（）A.1 B.2C.3 D.510．已知m，n表示两条不同直线，表示两个不同平面.设有两个命题：：若，则；：若，则.则下列命题中为真命题的是（）A. B.C. D.11．已知等差数列的公差，若，，则该数列的前项和的最大值为（）A.30 B.35C.40 D.4512．已知函数，则满足不等式的的取值范围是（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图,在四棱锥中,平面,底面是菱形,且,则异面直线与所成的角的余弦值为______,点到平面的距离等于______.14．如图，正方体的棱长为1，C、D分别是两条棱的中点，A、B、M是顶点，那么点M到截面ABCD的距离是____________.15．设实数、满足约束条件，则的最小值为___________.16．不大于100的正整数中，被3除余1的所有数的和是___________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，，（1）若，为真命题，为假命题，求实数x的取值范围；（2）若是的充分不必要条件，求实数m的取值范围18．（12分）设函数.（1）讨论函数在区间上的单调性；（2）函数，若对任意的，总存在使得，求实数的取值范围.19．（12分）已知数列为各项均为正数的等比数列，若（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和20．（12分）已知函数（m≥0）.（1）当m=0时，求曲线在点（1，f（1））处的切线方程；（2）若函数的最小值为，求实数m的值.21．（12分）已知的离心率为，短轴长为2，F为右焦点（1）求椭圆的方程；（2）在x轴上是否存在一点M，使得过F的任意一条直线l与椭圆的两个交点A，B，恒有，若存在求出M的坐标，若不存在，说明理由22．（10分）某牧场今年初牛的存栏数为1200，预计以后每年存栏数的增长率为8%，且每年年底卖出100头牛，设牧场从今年起每年年初的计划存栏数依次为，，….（参考数据：，，.）（1）写出一个递推公式，表示与之间的关系；（2）将（1）中的递推关系表示成的形式，其中k，r为常数；（3）求的值（精确到1）.

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】根据几何体可分割为圆柱和曲边圆锥，利用圆柱和圆锥的体积公式对几何体的体积进行估计即可.【详解】可将几何体看作一个以为半径，高为的圆柱，再加上两个曲边圆锥，其中底面半径分别为，，高分别为,,,,所以花瓶的容积，故最接近的是丁同学的估算，故选：D2、C【解析】设，，，利用结合数量积的运算即可得到答案.【详解】设，，，由已知，得，，，，所以，所以.故选：C3、A【解析】根据椭圆的性质可得，则椭圆方程可求.【详解】由点在椭圆上得，由椭圆的对称性可得，则，故椭圆方程为.故选：A.4、D【解析】化简，利用正弦型函数的性质，依次判断，即可【详解】∵∴，A选项错误；的最小正周期为，B选项错误；令，则，故函数图象的对称中心为点，C选项错误；令，则，所以函数图象的对称轴方程为，D选项正确故选：D5、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：A6、C【解析】利用面面垂直性质结合已知寻找两两垂直的三条直线建立空间直角坐标系，用向量法可解.【详解】取的中点O，连接OB，过O在平面ACDE面内作交DE于F∵平面平面ABC，平面ACDE平面ABC=AC，平面ACDE，∴平面ABC∴∵是边长为4的等边三角形，四边形ACDE是矩形，∴以O为原点，OA，OB，OF分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系则，，，设平面ABD的单位法向量，，由解得取，则∴点C到平面ABD的距离.故选：C7、A【解析】根据等差数列的定义求出x，求出公差，即可求出第四项.【详解】由题可知，等差数列公差d＝(x＋2)－x＝2，故3x＋6＝x＋2＋2，故x＝－1，故第四项为－1＋(4－1)×2＝5.故选：A.8、C【解析】利用二项式系数的性质求得的值，再利用二项式展开式的通项公式，求得结果即可.【详解】解：因为展开式的二项式系数之和为，则，所以，令，求得，所以展开式的常数项为.故选：C.9、C【解析】由等比数列性质求出公比，将原式化简后计算【详解】设等比数列{}的公比为，则＝，＝，所以＝=.又＋＝＋＝（＋）＝8×＝2，＋＝＋＝（＋）＝8×＝1，所以＋＋＋＝2＋1＝3.故选：C10、B【解析】利用直线与平面，平面与平面的位置关系判断2个命题的真假，再利用复合命题的真值表判断选项的正误即可【详解】，表示两条不同直线，，表示两个不同平面：若，，则也可能，也可能与相交，所以是假命题，为真命题；：令直线的方向向量为，直线的方向向量为，若，则，则，所以是真命题，所以为假命题；所以为假命题，是真命题，为假命题，是真命题，所以为假命题故选：11、D【解析】利用等差数列的性质求出公差以及首项，再由等差数列的前项和公式即可求解.【详解】等差数列，由，有，又，公差，所以，，得，，，∴当或10时，最大，，故选：D12、A【解析】利用导数判断函数的单调性，根据单调性即可解不等式【详解】由则函数在上单调递增又，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、①.②.【解析】因为底面是菱形,可得,则异面直线与所成的角和与所成的角相等,即可求得异面直线与所成的角的余弦值.在底面从点向作垂线,求证垂直平面,即可求得答案.【详解】根据题意画出其立体图形:如图底面是菱形,则异面直线与所成的角和直线与所成的角相等平面,平面又,底面是菱形即故:异面直线与所成的角的余弦值为:在底面从点向作垂线平面,平面,平面故是到平面的距离故答案为:,.【点睛】本题考查了求异面直线的夹角和点到面距离,解题关键是掌握将求异面直线夹角转化为共面直线夹角的解法,考查了分析能力和推理能力,属于基础题.14、【解析】由题意建立空间直角坐标系，然后结合点面距离公式即可求得点M到截面ABCD的距离.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，可得A（0，0，0），B（1，1，0），D（0，，1），M（0，1，0），∴（0，1，0），（1，1，0），（0，，1），设（x，y，z）为平面ABCD的法向量，则，取y＝﹣2，可得x＝2，z＝1，∴（2，﹣2，1），∴M到截面ABCD的距离d故答案为.【点睛】本题主要考查空间直角坐标系及其应用，点面距离的计算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.15、2【解析】画出不等式组对应的可行域，平移动直线后可得目标函数的最小值.【详解】不等式组对应的可行域如图所示：将初始直线平移至点时，可取最小值，由可得，故，故答案为：2.16、1717【解析】利用等差数列的前项和公式可求所有数的和.【详解】100以内的正整数中，被3除余1由小到大构成等差数列，其首项为1，公差为3，共有项，它们的和为，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）；（2）【解析】(1)化简命题p，将m=3代入求出命题q，再根据或、且连接的命题真假确定p，q真假即可得解；(2)由给定条件可得p是q的必要不充分条件，再列式计算作答.【详解】(1)依题意，：，当时，：，因为真命题，为假命题，则与一真一假，当真假时，即且或，无解，当假真时，即或且，解得或，综上得：或，所以实数x的取值范围是；(2)因是的充分不必要条件，则p是q的必要不充分条件，于是得，解得，所以实数m的取值范围是18、（1）答案见解析；（2）.【解析】（1）求导，根据导函数的正负性分类讨论进行求解即可；（2）根据存在性和任意性的定义，结合导数的性质、（1）的结论、构造函数法分类讨论进行求解即可.【小问1详解】,,①当时，恒成立，在上单调递增.②当时，恒成立，在上单调递减，③当吋，，在单调递减，单调递增.综上所述，当吋，在上单调递增；当时，在上单调递减，当时，在单调递减，单调递增.【小问2详解】由题意可知：在单调递减，单调递增由（1）可知：①当时，在单调递增，则恒成立②当时，在单调递减，则应（舍）③当时，，则应有令，则，且在单调递增，单调递减，又恒成立，则无解综上，.【点睛】关键点睛：运用构造函数法，结合存在性、任意性的定义进行求解是解题的关键.19、（1）（2）【解析】（1）利用等比数列通项公式列出方程组，可求解，，从而写出；（2）化简数列，裂项相消法求和即可.【小问1详解】设数列的公比为，∵，∴，即①∵，∴②②÷①，解得∴∴【小问2详解】∵，∴∴∴20、（1）（2）【解析】（1）求导，利用导函数的几何意义求解切线方程的斜率，进而求出切线方程；（2）对导函数再次求导，判断其单调性，结合隐零点求出其最小值，列出方程，求出实数m的值.【小问1详解】当时，因为，所以切线的斜率为，所以切线方程为，即.【小问2详解】因为，令，因为，所以在上单调递增，当实数时，，；当实数时，，；当实数时，，所以总存在一个，使得，且当时，；当时，，所以，令，因为，所以单调递减，又，所以时，所以，即.21、（1）；（2）存在点M满足条件，点M的坐标为.【解析】(1)根据给定条件直接计算出即可求解作答.(2)假定存在点，当直线l与x轴不重合时，设出l的方程，与椭圆C的方程联立，借助、斜率互为相反数计算得解，再验证直线l与x轴重合的情况即可作答.【小问1详解】依题意，，而离心率，即，解得，所以椭圆C的方程为：.【小问2详解】由(1)知，，假定存在点满足条件，当直线与x轴不重合时，设l的方程为：，由消去x并整理得：，设，则有，因，则直线、斜率互为相反数，于是得：，整理得，即，则有，即，而m为任意实数，则，当直线l与x轴重合时，点A，B为椭圆长轴的两个端点，点也满足，所以存在点M满足条件，点M的坐标为.【点睛】思路点睛：解答直线与椭圆相交的问题，常把直线与椭圆的方程联立，消去x(或y)建