江西省南昌市新建一中2026届高二数学第一学期期末复习检测模拟试题含解析.doc

江西省南昌市新建一中2026届高二数学第一学期期末复习检测模拟试题
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．已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，侧棱与底面垂直，若点C到平面AB1D1的距离为，则直线与平面所成角的余弦值为（）
A. B.
C. D.
2．已知，且，则实数的值为（ ）
A. B.3
C.4 D.6
3．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤”意思是：“现有一根金杖，长5尺，头部1尺，重4斤；尾部1尺，重2斤；若该金杖从头到尾每一尺重量构成等差数列，其中重量为，则的值为（）
A.4 B.12
C.15 D.18
4．已知函数，则曲线在点处的切线方程为（）
A. B.
C. D.
5．已知经过两点（5，m）和（m，8）的直线的斜率等于1，则m的值为（ ）
A.5 B.8
C. D.7
6．已知分别是双曲线的左、右焦点，动点P在双曲线的左支上，点Q为圆上一动点，则的最小值为（）
A.6 B.7
C. D.5
7．已知曲线的方程为，则下列说法正确的是（ ）
①曲线关于坐标原点对称；
②曲线是一个椭圆；
③曲线围成区域的面积小于椭圆围成区域的面积.
A.① B.①②
C.③ D.①③
8．鲁班锁运用了中国古代建筑中首创的榫卯结构，相传由春秋时代各国工匠鲁班所作，是由六根内部有槽的长方形木条，按横竖立三方向各两根凹凸相对咬合一起，形成的一个内部卯榫的结构体.鲁班锁的种类各式各样，千奇百怪.其中以最常见的六根和九根的鲁班锁最为著名.下图1是经典的六根鲁班锁及六个构件的图片，下图2是其中的一个构件的三视图（图中单位：mm），则此构件的表面积为（）

A. B.
C. D.
9．中国古代数学名著《算法统宗》中有这样一个问题：“今有俸粮三百零五石，令五等官（正一品、从一品、正二品、从二品、正三品）依品递差十三石分之，问，各若干？”其大意是，现有俸粮石，分给正一品、从一品、正二品、从二品、正三品这位官员，依照品级递减石分这些俸粮，问，每个人各分得多少俸粮？在这个问题中，正三品分得俸粮是（）
A.石 B.石
C.石 D.石
10． “”是“曲线为焦点在轴上的椭圆”的
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
11．如图所示，用3种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C中，要求相邻的矩形不能使用同一种颜色，则不同的涂法有（ ）
A
B
C
A.3种 B.6种
C.12种 D.27种
12．下列命题是真命题的个数为（）
①不等式的解集为
②不等式的解集为R
③设，则
④命题“若，则或”为真命题
A1 B.2
C.3 D.4
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．对于实数表示不超过的最大整数，如.已知数列的通项公式，前项和为，则___________.
14．已知点，是椭圆内的两个点，M是椭圆上的动点，则的最大值为______
15．数列的前项和为，则该数列的通项公式___________
16．已知数列满足，，则使得成立的n的最小值为__________.
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）已知函数
（1）解关于的不等式；
（2）若不等式在上有解，求实数的取值范围
18．（12分）已知函数，在处有极值.
（1）求、的值；
（2）若，有个不同实根，求的范围.
19．（12分）已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，长轴长是短轴长的2倍且经过点M（2，1），平行于OM的直线在y轴上的截距为m，交椭圆于A，B两个不同点.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）求m的取值范围；
（Ⅲ）求证直线MA，MB与x轴始终围成一个等腰三角形.
20．（12分）已知圆C：的半径为1
（1）求实数a的值；
（2）判断直线l：与圆C是否相交？若不相交，请说明理由；若相交，请求出弦长
21．（12分）已知椭圆的短轴长为2，左、右焦点分别为，，过且垂直于长轴的弦长为1
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若A，B为椭圆C上位于x轴同侧的两点，且，共线，求四边形的面积的最大值
22．（10分）阿基米德(公元前287年---公元前212年，古希腊)不仅是著名的哲学家、物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.在平面直角坐标系中，椭圆的面积等于，且椭圆的焦距为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）点是轴上的定点，直线与椭圆交于不同的两点，已知A关于轴的对称点为，点关于原点的对称点为，已知三点共线，试探究直线是否过定点.若过定点，求出定点坐标；若不过定点，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、A
【解析】先由等面积法求得的长，再以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，运用线面角的向量求解方法可得答案
【详解】如图，连接交于点，过点作于，
则平面，则，
设，
则，
则根据三角形面积得，
代入解得
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系
则，，
设平面的法向量为，，，
则，即，令，得
，
所以直线与平面所成的角的余弦值为，
故选：

2、B
【解析】根据给定条件利用空间向量垂直的坐标表示计算作答.
详解】因，且，则有，解得，
所以实数的值为3.
故选：B
3、C
【解析】先求出公差，再利用公式可求总重量.
【详解】设头部一尺重量为，其后每尺重量依次为，
由题设有，，故公差为.
故中间一尺的重量为
所以这5项和为.
故选：C.
4、A
【解析】求出函数的导函数，再求出，然后利用导数的几何意义求解作答.
【详解】函数，求导得：，则，而，
于是得：，即，
所以曲线在点处的切线方程为.
故选：A
5、C
【解析】根据斜率的公式直接求解即可.
【详解】由题可知,,解得.
故选：C
【点睛】本题主要考查了两点间斜率的计算公式,属于基础题.
6、A
【解析】由双曲线的定义及三角形的几何性质可求解.
【详解】如图，圆的圆心为，半径为1，，，当，，三点共线时，最小，最小值为，而，所以
故选：A

7、D
【解析】对于①在方程中换为，换为可判断；对于②分析曲线的图形是两个抛物线的部分组成的可判断；对于③在第一象限内，分析椭圆的图形与曲线图形的位置关系可判断.
【详解】在曲线的方程中，换为，换为，方程不变，故曲线关于坐标原点对称
所以①正确,
当时，曲线的方程化为，此时
当时，曲线的方程化为，此时
所以曲线图形是两个抛物线的部分组成的，不是椭圆，故②不正确.
当，时，设，
设，则，（当且仅当或时等号成立）
所以在第一象限内，椭圆的图形在曲线的上方.
根据曲线和椭圆的的对称性可得椭圆的图形在曲线的外部（四个顶点在曲线上）
所以曲线围成区域的面积小于椭圆围成区域的面积，故③正确.
故选：D
8、B
【解析】由三视图可知，该构件是长为100，宽为20，高为20的长方体的上面的中间部分去掉一个长为40，宽为20，高为10的小长方体的一个几何体，进而求出表面积即可.
【详解】由三视图可知，该构件是长为100，宽为20，高为20的长方体的上面的中间部分去掉一个长为40，宽为20，高为10的小长方体的一个几何体，如下图所示，
其表面积为：.

故选：B.
【点睛】本题考查几何体的表面积的求法，考查三视图，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.
9、D
【解析】令位官员(正一品、从一品、正二品、从二品、正三品)所分得的俸粮数是公差为数列，利用等差数列的前n项和求，进而求出正三品即可.
【详解】正一品、从一品、正二品、从二品、正三品这位官员所分得的俸粮数记为数列，
由题意，是以为公差的等差数列，且，解得.
故正三品分得俸粮数量为（石）.
故选：D.
10、C
【解析】∵“”⇒“方程表示焦点在轴上的椭圆”，“方程表示焦点在轴上的椭圆”⇒“”，∴“”是“方程表示焦点在轴上的椭圆”的充要条件，故选C.
11、C
【解析】根据给定信息，按用色多少分成两类，再分类计算作答.
【详解】计算不同的涂色方法数有两类办法：
用3种颜色，每个矩形涂一种颜色，有种方法，用2色，矩形A，C涂同色，有种方法，
由分类加法计数原理得(种)，
所以不同的涂法有12种.
故选：C
12、B
【解析】举反例判断A，解一元二次不等式确定B，由导数的运算法则求导判断C，利用逆否命题判断D
【详解】显然不是的解，A错；，B正确；
，，C错；
命题“若，则或”的逆否命题是：若且，则，是真命题，原命题也是真命题，D正确
真命题个数2.
故选：B

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、54
【解析】由，利用裂项相消法求得，再由的定义求解.
【详解】由已知可得：，
，
当时，，；
当时，，；
当时，，；
当时，，；
当时，；；
所以.
故答案为：54.
14、##
【解析】结合椭圆的定义求得正确答案.
【详解】依题意，椭圆方程为，所以，
所以是椭圆的右焦点，设左焦点为，
根据椭圆的定义可知，
，
所以的最大值为.
故答案为：
15、
【解析】根据与关系求解即可.
【详解】当时，，
当时，，
检验：，
所以.
故答案为：
16、11
【解析】由题设可得，结合等比数列的定义知从第二项开始是公比为2的等比数列，进而写出的通项公式，即可求使成立的最小值n.
【详解】因为，
所以，
两式相除得，整理得.
因为，故从第二项开始是等比数列，且公比为2，
因为，则，所以，则，
由得：，故
故答案为：11.

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）当时，或；当时，；当时，或
（2）
【解析】（1）由题意得对的值进行分类讨论可得不等式的解集；
（2）将条件转化为，，再利用基本不等式求最值可得的取值范围；
【小问1详解】
，即，
所以，
所以，
①当时不等式的解为或，
②当时不等式的解为，
③当时不等式的解为或，
综上：原不等式的解集为
当时或，
当时，
当时或
【小问2详解】
不等式在上有解，
即在上有解，
所以在上有解，
所以，
因为，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以.
18、（1），
（2）
【解析】（1）根据题设条件可得，由此可解得与的值（2）依题意可知直线与函数的图象有三个不同的交点，则的取值范围介于极小值与极大值之间.
【小问1详解】

因为函数，在处有极值，
所以，即，
解得，.
【小问2详解】
由（1）知，
，
所以在上，，单调递增，
在上，，单调递减，
在上，，单调递增，
所以，
，
若有3个不同实根，
则，
所以的取值范围为.
19、（Ⅰ）；（Ⅱ）且；（Ⅲ）证明见解析.
【解析】（Ⅰ）设出椭圆方程，根据题意得出关于的方程组，从而求得椭圆的方程；
（Ⅱ）根据题意设出直线方程，并与椭圆方程联立消元，根据直线与椭圆方程有两个不同交点，利用即可求出m取值范围；
（Ⅲ）设直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，根据题意把所证问题转化为证明k1+k2=0即可.
【详解】（1）设椭圆方程为，由题意可得，解得，∴椭圆方程为；
（Ⅱ）∵直线l平行于OM，且在y轴上的截距为m，，
所以设直线的方程为，
由消元，得
∵直线l与椭圆交于A，B两个不同点，
所以，解得，
所以m的取值范围为.
（Ⅲ）设直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，只需证明k1+k2=0即可，
设，由（Ⅱ）可知，
则，
由，
而

，，
故直线MA，MB与x轴始终围成一个等腰三角形.
20、（1）；
（2）直线l与圆C相交，.
【解析】（1）利用配方法进行求解即可；
（2）根据点到直线距离公式，结合圆的弦长公式进行求解即可.
【小问1详解】
将化为标准方程得：

因为圆C的半径为1，所以，得
【小问2详解】
由（1）知圆C的圆心为，半径为1
设圆心C到直线l的距离为d，则，
所以直线l与圆C相交，设其交点为A，B，则，即
21、（1）
（2）2
【解析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的标准方程.
（2）延长，交椭圆C于点．设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，根据对称性求得四边形的面积的表达式，利用换元法，结合基本不等式求得四边形的面积的最大值.
【小问1详解】
由题可知，即，
因为过且垂直于长轴的弦长为1，所以，所以
所以椭圆C的标准方程为
【小问2详解】
因为，共线，所以
延长，交椭圆C于点．设，
由（1）可知，可设直线的方程为
联立，消去x可得，
所以，
由对称性可知
设与间的距离为d，
则四边形的面积

令，则．因为，当且仅当时取等号，
所以，即四边形的面积的最大值为2
【点睛】在椭圆、双曲线、抛物线中，求三角形、四边形面积的最值问题，求解策略是：首先结合弦长公式、点到直线距离公式等求得面积的表达式；然后利用基本不等式、二次函数的性质等知识来求得最值.
22、（1）；（2）直线恒过定点.
【解析】（1）根据椭圆的焦距可求出，由椭圆的面积等于得，求出，即可求出椭圆的标准方程；
（2）设直线，，进而写出为，两点坐标，将直线与椭圆的方程联立，根据韦达定理求，，由三点共线可知，将，代入并化简，得到的关系式，分析可知经过的定点坐标.
【详解】（1）椭圆的面积等于，，
，椭圆的焦距为，，
，
椭圆方程为
（2）设直线，，则，，三点共线，得
，
直线与椭圆交于两点,,，，
由，得，，
，代入中，
，，

当，直线方程为，则重合，不符合题意；
当时，直线,所以直线恒过定点.