2026届江西省景德镇一中高二上数学期末检测模拟试题含解析.doc

2026届江西省景德镇一中高二上数学期末检测模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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．直线过点且与双曲线仅有一个公共点，则这样的直线有（ ）
A.1条 B.2条
C.3条 D.4条
2．已知圆与圆，则圆M与圆N的位置关系是（）
A.内含 B.相交
C.外切 D.外离
3．已知椭圆及以下3个函数：①；②；③，其中函数图象能等分该椭圆面积的函数个数有（）
A.0个 B.1个
C.2个 D.3个
4．现有60瓶饮料，编号从1到60，若用系统抽样的方法从中抽取6瓶进行检验，则所抽取的编号可能为（）
A.3，13，23，33，43，53 B.2，14，26，38，40，52
C.5，8，31，36，48，54 D.5，10，15，20，25，30
5．已知命题：抛物线的焦点坐标为；命题：等轴双曲线的离心率为，则下列命题是真命题的是（）
A. B.
C. D.
6．若，则下列结论不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
7．已知两直线方程分别为l1：x＋y＝1，l2：ax＋2y＝0，若l1⊥l2，则a＝（ ）
A 2 B.－2
C. D.
8．已知圆，直线，则直线l被圆C所截得的弦长的最小值为（ ）
A.2 B.3
C.4 D.5
9．数列满足，则数列的前n项和为（ ）
A. B.
C. D.
10．命题“”的否定是（）
A. B.
C. D.
11．在平形六面体中，其中，，，，，则的长为（ ）
A. B.
C. D.
12．已知双曲线C：-＝1(a＞b＞0)的左焦点为F1，若过原点倾斜角为的直线与双曲线C左右两支交于M、N两点，且MF1NF1，则双曲线C的离心率是（ ）
A.2 B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知点为双曲线，右支上一点，，为双曲线的左、右焦点，点为线段上一点，的角平分线与线段交于点，且满足，则________；若为线段的中点且，则双曲线的离心率为________
14．抛物线上一点到其焦点的距离为，则的值为______
15．从10名大学毕业生中选3个人担任村主任助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选不同选法的种数为___________.
16．已知实数，，，满足，，，则的最大值是______
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）已知椭圆上的点到左、右焦点、的距离之和为4，且右顶点A到右焦点的距离为1.
（1）求椭圆的方程;
（2）直线与椭圆交于不同两点，，记的面积为，当时求的值.
18．（12分）如图，在棱长为2的正方体中，，分别为线段，的中点.

（1）求点到平面的距离；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
19．（12分）已知椭圆的两焦点为、，P为椭圆上一点，且
（1）求此椭圆的方程；
（2）若点P在第二象限，，求的面积
20．（12分）已知四棱锥的底面是矩形，底面，且，设E、F、G分别为PC、BC、CD的中点，H为EG的中点，如图.

（1）求证：平面；
（2）求直线FH与平面所成角的大小.
21．（12分）已知椭圆的离心率为，且经过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知，经过点的直线与椭圆交于、两点，若原点到直线的距离为，且，求直线的方程.
22．（10分）已知函数的图像在（为自然对数的底数）处取得极值.
（1）求实数的值；
（2）若不等式在恒成立，求的取值范围.
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】根据直线的斜率存在与不存在，分类讨论，结合双曲线的渐近线的性质，即可求解.
【详解】当直线的斜率不存在时，直线过双曲线的右顶点，方程为，满足题意；
当直线的斜率存在时，若直线与两渐近线平行，也能满足与双曲线有且仅有一个公共点.
综上可得，满足条件的直线共有3条.
故选：C.
【点睛】本题主要考查了直线与双曲线的位置关系，以及双曲线的渐近线的性质，其中解答中忽视斜率不存在的情况是解答的一个易错点，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及分类讨论思想的应用，属于基础题.
2、B
【解析】将两圆方程化为标准方程形式，计算圆心距，和两圆半径的和差比较，可得答案,
【详解】圆,即，圆心，
圆，即，圆心，
则故有，
所以两圆是相交的关系，
故选：B
3、C
【解析】由椭圆的几何性质可得椭圆的图像关于原点对称，因为函数,函数为奇函数,其图像关于原点对称，则①②满足题意, 对于函数在轴右侧时，，只有时，，即函数在轴右侧的图像显然不能等分椭圆在轴右侧的图像的面积,又函数为偶函数, 其图像关于轴对称，则函数在轴左侧的图像显然也不能等分椭圆在轴左侧的图像的面积,即函数的图像不能等分该椭圆面积，得解.
【详解】解：因为椭圆的图像关于原点对称，
对于①，函数为奇函数，其图像关于原点对称，即可知的图象能等分该椭圆面积；
对于②，函数为奇函数，其图像关于原点对称，即可知的图象能等分该椭圆面积；
对于③，对于函数在轴右侧时，，只有时，，即函数在轴右侧的图像（如图）显然不能等分椭圆在轴右侧的图像的面积,又函数为偶函数, 其图像关于轴对称，则函数在轴左侧的图像显然也不能等分椭圆在轴左侧的图像的面积,即函数的图像不能等分该椭圆面积，
即函数图象能等分该椭圆面积的函数个数有2个，
故选C.

【点睛】本题考查了椭圆的几何性质、函数的奇偶性及函数的对称性，重点考查了函数的性质，属基础题.
4、A
【解析】求得组距，由此确定正确选项.
【详解】，即组距为，A选项符合，其它选项不符合.
故选：A
5、D
【解析】求出的焦点坐标，及等轴双曲线的离心率，判断出为假命题，q为真命题，进而判断出答案.
【详解】抛物线的焦点坐标为，故命题为假命题；命题：等轴双曲线中，，所以离心率为，故命题q为真命题，所以为真命题，其他选项均为假命题.
故选：D
6、B
【解析】由得出，再利用不等式的基本性质和基本不等式来判断各选项中不等式的正误.
【详解】，，，，A选项正确；
，B选项错误；
由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，，则等号不成立，所以，C选项正确；
，，D选项正确.
故选：B.
【点睛】本题考查不等式正误的判断，涉及不等式的基本性质和基本不等式，考查推理能力，属于基础题.
7、B
【解析】直接利用直线垂直公式计算得到答案.
【详解】因为l1⊥l2，所以k1k2＝－1，即-＝1，解得a＝－2.
故选：
【点睛】本题考查了根据直线垂直计算参数，属于简单题.
8、C
【解析】直线l过定点D(1，1)，当时，弦长最短.
【详解】由，
圆心，半径，
，
由，故直线l过定点，
∵，故D在圆C内部，直线l始终与圆相交，
当时，直线l被圆截得的弦长最短，，弦长＝.
故选：C.
9、D
【解析】利用等差数列的前n项和公式得到，进而得到，利用裂项相消法求和.
【详解】依题意得：，
，

，
故选：D
10、C
【解析】特称命题的否定，先把存在量词改为全称量词，再把结论进行否定即可.
【详解】命题“”的否定是“”.
故选：C
11、B
【解析】根据空间向量基本定理、加法的运算法则，结合空间向量数量积的运算性质进行求解即可.
【详解】因为是平行六面体，
所以，
所以有：，
因此有：
，
因为，，，，，
所以，
所以，
故选：B
12、C
【解析】根据双曲线和直线的对称性，结合矩形的性质、双曲线的定义、离心率公式、余弦定理进行求解即可.
【详解】设双曲线的右焦点为F2，过原点倾斜角为的直线为，设M、N分别在第三、第一象限，
由双曲线和直线的对称性可知：M、N两点关于原点对称，而MF1NF1，因此四边形是矩形，而，
所以是等边三角形，故，因此，
因为，所以，在等腰三角形中，由余弦定理可知：
，由矩形的性质可知：，
由双曲线的定义可知：，
故选：C
【点睛】关键点睛：利用矩形的性质、双曲线的定义是解题的关键.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、 ①. ②.
【解析】过作，交于点，作，交于点，由向量共线定理可得；再由角平分线性质定理和双曲线的定义、结合余弦定理和离心率公式，可得所求值
【详解】解：过作交于点，作交于点，
由，得，
由角平分线定理；
因为为的中点，所以，
由双曲线的定义，，
所以，，，
在中，由余弦定理，
所以.
故答案为：；.

【点睛】本题考查双曲线的定义、方程和性质，以及角平分线的性质定理和余弦定理的运用，考查方程思想和运算能力，属于中档题
14、
【解析】将抛物线方程化为标准方程，利用抛物线的定义将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，再利用点到直线的距离公式进行求解.
【详解】将抛物线化为，
由抛物线定义得点到准线的距离为，
即，解得
故答案为：.
15、49
【解析】丙没有入选，相当于从9个人中选3人，分为两种情况：甲乙两人只有一人入选；甲乙两人都入选，分别求出每种情况的选法数，再利用分类加法计数原理即可得解.
【详解】丙没有入选，把丙去掉，相当于从9个人中选3人，
甲、乙至少有1人入选，分为两种情况：甲乙两人只有一人入选；甲乙两人都入选.
甲乙两人只有一人入选，选法有种；
甲乙两人都入选，选法有种.
所以，满足题意的选法共有种.
故答案为：49.
【点睛】本题考查组合的应用，其中涉及到分类加法计数原理，属于中档题.一些常见类型的排列组合问题的解法：
（1）特殊元素、特殊位置优先法
元素优先法：先考虑有限制条件的元素的要求，再考虑其他元素；
位置优先法：先考虑有限制条件的位置的要求，再考虑其他位置；
（2）分类分步法：对于较复杂的排列组合问题，常需要分类讨论或分步计算，一定要做到分类明确，层次清楚，不重不漏；
（3）间接法（排除法），从总体中排除不符合条件的方法数，这是一种间接解题的方法；
（4）捆绑法：某些元素必相邻的排列，可以先将相邻的元素“捆成一个”元素，与其它元素进行排列，然后再给那“一捆元素”内部排列；
（5）插空法：某些元素不相邻的排列，可以先排其它元素，再让不相邻的元素插空；
（6）去序法或倍缩法；
（7）插板法：个相同元素，分成组，每组至少一个的分组问题.把个元素排成一排，从个空中选个空，各插一个隔板，有；
（8）分组、分配法：有等分、不等分、部分等分之别.
16、10
【解析】采用数形结合法，将所求问题转化为两点到直线的距离和的倍，结合梯形中位线性质和三角形三边关系可求得答案.
【详解】
由，，，可知，点在圆上，
由，即为等腰直角三角形，
结合点到直线距离公式可理解为圆心到直线的距离，
变形得，
即所求问题可转化为两点到直线的距离和的倍，
作于于，中点为，中点为，
由梯形中位线性质可得，，
作于，于，连接，
则，
当且仅当与重合，三点共线时，
有最大值，由点到直线距离公式可得，
由几何性质可得，，
此时，故的最大值为.
故答案为：10.

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）根据题意得到，，再根据求解即可.
（2）首先设，，再根据求解即可.
【小问1详解】
由题意，，
因为右顶点到右焦点的距离为，即，所以，
则，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
设，，且
根据椭圆的对称性得，
联立方程组，整理得，解得，
因为的面积为3，可得，解得.
18、（1）；
（2）.
【解析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.可根据题意写出各个点的坐标，进而求出平面的法向量和的坐标，点到平面的距离.计算即可求出答案.
（2）由（1）知平面的法向量，在把平面的法向量表示出来，平面与平面夹角的余弦值为，计算即可求出答案.
【小问1详解】
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系.

由于正方体的棱长为2和，分别为线段，的中点知，.设平面的法向量为..则.
.故点到平面的距离.
【小问2详解】
平面的法向量， 平面与平面夹角的余弦值.
19、（1）；
（2）.
【解析】（1）由题可得，根据椭圆的定义，求得，进而求得的值，即可求解；
（2）由题可得直线方程为，联立椭圆方程可得点P，利用三角形的面积公式，即求.
【小问1详解】
设椭圆的标准方程为，焦距为，
由题可得，，
所以，可得，即，
则，
所以椭圆的标准方程为
【小问2详解】
设点坐标为，，，
∵，
∴所在的直线方程为，
则解方程组，可得，
∴.
20、（1）证明见解析 （2）
【解析】（1）连接CH，延长交PD于点K，连接BK，根据E、F、G分别为PC、BC、CD的中点，易得，再利用线面平行的判定定理证明.
（2）建立空间直角坐标，求得的坐标，平面PBC一个法向量，代入公式求解.
【详解】（1）如图所示：

连接CH，延长交PD于点K，连接BK，
因为设E、F、G分别为PC、BC、CD的中点，
所以H为CK的中点，
所以，又平面平面，
所以平面；
（2）建立如图所示直角坐标系

则，
所以，
设平面PBC一个法向量为：，
则，有，
令，，
设直线FH与平面所成角为，
所以，
因为，
所以.
【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，线面角的向量求法，还考查了转化化归的思想和逻辑推理，运算求解的能力，属于中档题.
21、（1）；（2）.
【解析】（1）由已知条件可得出关于、、的方程组，求出这三个量的值，由此可得出椭圆的标准方程；
（2）分析可知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，由点到直线的距离公式可得出，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由可得出，代入韦达定理求出、的值，由此可得出直线的方程.
【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，解得，
因此，椭圆的标准方程为；
（2）若直线斜率不存在，则直线过原点，不合乎题意.
所以，直线的斜率存在，设斜率为，设直线方程为，设、，
原点到直线的距离为，，即①.
联立直线与椭圆方程可得，
则，则，
由韦达定理可得，.
，则为线段的中点，所以，，
，得，，
所以，，整理可得，
解得，即，，
因此，直线的方程为或.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22、（1）
（2）
【解析】（1）由求得的值.
（2）由分离常数，通过构造函数法，结合导数求得的取值范围.
【小问1详解】
因为，所以，
因为函数的图像在点处取得极值，
所以，，
经检验，符合题意，所以；
【小问2详解】
由（1）知，，
所以在恒成立，即对任意恒成立.
令，则.
设，易得是增函数，
所以，
所以，
所以函数在上为增函数，
则，所以.