广西钦州市第一中学2026届高二上数学期末统考模拟试题含解析.doc

广西钦州市第一中学2026届高二上数学期末统考模拟试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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．椭圆的左、右焦点分别为，过焦点的倾斜角为直线交椭圆于两点，弦长，若三角形的内切圆的面积为，则椭圆的离心率为（ ）
A. B.
C. D.
2．已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，.若双曲线M的右支上存在点P，使，则双曲线M的离心率的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
3．已知双曲线的右焦点为F，则点F到其一条渐近线的距离为（）
A.1 B.2
C.3 D.4
4．九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它由九个铁丝圆环相连成串，按一定规则移动圆环的次数决定解开圆环的个数.在某种玩法中，用表示解开n（，）个圆环所需的最少移动次数，若数列满足，且当时，则解开5个圆环所需的最少移动次数为（ ）
A.10 B.16
C.21 D.22
5．设，则“”是“”的（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
6．过抛物线C：的准线上任意一点作抛物线的切线，切点为，若在轴上存在定点，使得恒成立，则点的坐标为（）
A. B.
C. D.
7．如图，执行该程序框图，则输出的的值为（ ）

A. B.2
C. D.3
8．如图，在直三棱柱中，且，点E为中点．若平面过点E，且平面与直线AB所成角和平面与平面所成锐二面角的大小均为30°，则这样的平面有（ ）

A.1个 B.2个
C.3个 D.4个
9．已知直线与圆相离，则以，，为边长的三角形为（ ）
A.钝角三角形 B.直角三角形
C.锐角三角形 D.不存在
10．椭圆的一个焦点坐标为，则（ ）
A.2 B.3
C.4 D.8
11．直线与直线的位置关系是（）
A.相交但不垂直 B.平行
C.重合 D.垂直
12．若数列为等差数列，数列为等比数列，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在等比数列中，，则______
14．已知函数，则______
15．滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流芳后世.如图，在滕王阁旁地面上共线的三点，，处测得阁顶端点的仰角分别为，，.且米，则滕王阁高度___________米.

16．已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，点为椭圆C的下顶点，直线MA与MB的斜率之积为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设点P，Q为椭圆C上位于x轴下方的两点，且，求四边形面积的最大值.
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，从下列两个条件中选择一个使得数列{an}成等比数列.
条件1：数列{f（an）}是首项为4，公比为2的等比数列；
条件2：数列{f（an）}是首项为4，公差为2的等差数列.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
18．（12分）如图甲是由正方形，等边和等边组成的一个平面图形，其中，将其沿，，折起得三棱锥，如图乙.

（1）求证：平面平面；
（2）过棱作平面交棱于点，且三棱锥和的体积比为，求直线与平面所成角的正弦值.
19．（12分）如图，在四棱锥中，已知平面ABCD，为等边三角形，，，.

（1）证明：平面PAD；
（2）若M是BP的中点，求二面角的余弦值.
20．（12分）已知双曲线，抛物线的焦点与双曲线的一个焦点相同，点为抛物线上一点.
（1）求双曲线的焦点坐标；
（2）若点到抛物线的焦点的距离是5，求的值.
21．（12分）已知公差大于零的等差数列的前项和为，且满足，，
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列是等差数列，且，求非零常数；
22．（10分）如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⏊PD，E，F分别为AD，PB的中点．求证：

（1）EF//平面PCD；
（2）平面PAB⏊平面PCD
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】由题可得直线AB的方程，从而可表示出三角形面积，又利用焦点三角形及三角形内切圆的性质，也可表示出三角形面积，则椭圆的离心率即求.
【详解】由题知直线AB的方程为，即，
∴到直线AB距离，

又三角形的内切圆的面积为，
则半径为1，
由等面积可得，
.
故选：C.
2、A
【解析】利用三角形正弦定理结合，用a，c表示出，再由点P的位置列出不等式求解即得.
【详解】依题意，点P不与双曲线顶点重合，在中，由正弦定理得：，
因，于是得，而点P在双曲线M的右支上，即，
从而有，点P在双曲线M的右支上运动，并且异于顶点，于是有，
因此，，而，整理得，即，解得，
又，故有，
所以双曲线M的离心率的取值范围为.
故选：A
3、A
【解析】由双曲线方程可写出右焦点坐标，再写一渐近线方程，根据点到直线的距离公式可得答案.
【详解】双曲线的右焦点F坐标为，
根据双曲线的对称性，不妨取一条渐近线为，
故点F到渐近线的距离为 ，
故选：A
4、D
【解析】根据题意，结合数列递推公式，代入计算即可.
【详解】根据题意，由，
得.
故选：D.
5、A
【解析】由三角函数的单调性直接判断是否能推出，反过来判断
时，是否能推出.
【详解】当时，利用正弦函数的单调性知；当时，或.综上可知“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
【点睛】本题考查判断充分必要条件，三角函数性质，意在考查基本判断方法，属于基础题型.
6、D
【解析】设切点，点，联立直线的方程和抛物线C的准线方程可得，将问题转化为对任意点恒成立，可得，解出，从而求出答案
【详解】设切点，点
由题意，抛物线C的准线，且由，得，
则直线的方程为，即，
联立令，得
由题意知，对任意点恒成立，也就是对任意点恒成立
因为，，
则，即对任意实数恒成立，
所以，即，所以，
故选：D
【点睛】一般表示抛物线的切线方程时可将抛物线方程转化为函数解析式，可利用导数的几何意义求解切线斜率，再代入计算.
7、B
【解析】根据程序流程图依次算出的值即可.
【详解】，
第一次执行，，
第二次执行，，
第三次执行，，
所以输出.
故选：B
8、B
【解析】构造出长方体，取中点连接然后利用临界位置分情况讨论即可.
【详解】
如图，构造出长方体，取中点，连接
则所有过点与成角的平面，均与以为轴的圆锥相切，过点绕且与成角，
当与水平面垂直且在面的左侧（在长方体的外面）时，与面所成角为75°（与面成45°，与成30°），过点绕旋转，转一周，90°显然最大，到了另一个边界（在面与之间）为15度，
即与面所成角从75°→90 °→15°→90 °→75°变化，
此过程中，有两次角为30 ，
综上，这样的平面α有2个，
故选：B.
9、A
【解析】应用直线与圆的相离关系可得，再由余弦定理及三角形内角的性质即可判断三角形的形状.
【详解】由题设，，即，又，
所以，且，
故以，，为边长的三角形为钝角三角形.
故选：A.
10、D
【解析】由条件可得，，，，由关系可求值.
【详解】∵椭圆方程为：，
∴，
∴，，
∵椭圆的一个焦点坐标为，
∴，又，
∴，
∴ ，
故选：D.
11、C
【解析】把直线化简后即可判断.
【详解】直线可化为，
所以直线与直线的位置关系是重合.
故选：C
12、D
【解析】对选项A，令即可检验；对选项B，令即可检验；对选项C，令即可检验；对选项D，设出等差数列的首项和公比，然后作差即可.
【详解】若，则
可得：，故选项A错误；
若，则
可得：，故选项B错误；
若，则
可得：，故选项C错误；
不妨设的首项为，公差为，则有：

则有：，故选项D正确
故选：D

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】利用等比数列性质和通项公式可求得，根据可求得结果.
【详解】，又，，.
故答案为：.
14、
【解析】根据导数的定义求解即可
【详解】由，得，
所以

，
故答案为：
15、
【解析】设，由边角关系可得，，，在和中，利用余弦定理列方程，结合可解得的值，进而可得长.
【详解】设，因为，，，
所以，，，.
在中，，
即①.，
在中，，
即②，
因为，
所以①②两式相加可得：，解得：，
则，
故答案为：.
16、（1）
（2）
【解析】（1）由斜率之积求得，再由已知条件得，从而得椭圆方程；
（2）延长QF2交椭圆于N点，连接，，设直线，，.直线方程代入椭圆方程，应用韦达定理得，结合不等式的性质、函数的单调性可得的范围，再计算出四边形面积得结论
【小问1详解】
由题知：，
，，
又，∴椭圆.
【小问2详解】
延长QF2交椭圆于N点，连接，，如下图所示：

，
∴设直线，，.
由，得，
，，

.
，由勾形函数的单调性得，
根据对称性得：，且，
，

∴四边形面积的最大值为.

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、（1）
（2）
【解析】（1）根据所给的条件分别计算后即可判断，再通过满足题意的求出通项；
（2）由（1）可得，再通过错位相减法求和即可.
【小问1详解】
若选择条件1，则有，可得，不满足题意；
若选择条件2，则有，可得，满足题意，故.
【小问2详解】
由（1）可得，
所以………①
因此有……….②
①②可得，即，
化简得.
18、（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）取的中点为，连接，，证明，，即证平面，即证得面面垂直；
（2）建立如图空间直角坐标系，写出对应点的坐标和向量的坐标，再计算平面法向量，利用所求角的正弦为即得结果.
【详解】（1）证明：如图，取的中点为，连接，.
∵，∴.
∵，，
∴，同理.
又，∴，
∴.∵，，平面，
∴平面.
又平面，
∴平面平面；
（2）解：如图建立空间直角坐标系，根据边长关系可知，，，，，
∴，.

∵三棱锥和的体积比为，
∴，
∴，
∴.
设平面的法向量为，
则，令，得.
设直线与平面所成角为，
则.
∴直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】方法点睛：
求空间中直线与平面所成角的常见方法为：
（1）定义法：直接作平面的垂线，找到线面成角；
（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离，距离与斜线长的比值即线面成角的正弦值；
（3）向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成的余弦值的绝对值，即是线面成角的正弦值.
19、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）根据条件先证明，再根据线面平行的判定定理证明平面PAD；
（2）确定坐标原点，建立空间直角坐标系，从而求出相关的点的坐标，进而求得相关向量的坐标，再求相关平面的法向量，根据向量的夹角公式求得结果.
【小问1详解】
证明：由已知为等边三角形，且，所以
又因为，,
在中，，
又，
所以在底面中，，
又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
解：取的中点，连接，则，由（1）知，所以，

分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系.
则，，，
所以，
由已知可知平面ABCD的一个法向量
设平面的一个法向量为，
由，即，得，
令，则，
所以，
由图形可得二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
20、（1）；（2）.
【解析】（1）根据双曲线的方程求出即得双曲线的焦点坐标；
（2）先求出的值，再解方程得解.
【详解】（1）因为双曲线的方程为，
所以.
所以.所以.
所以双曲线的焦点坐标分别为.
（2）因为抛物线的焦点与双曲线的一个焦点相同，
所以抛物线的焦点坐标是(2，0)，
所以.
因为点为抛物线上一点，
所以点到抛物线的焦点的距离等于点到抛物线的准线的距离.
因为点到拋物线的焦点的距离是5，
即，
所以.
【点睛】本题主要考查双曲线的焦点坐标的求法，考查抛物线的定义和几何性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
21、（1）
（2）
【解析】(1)利用等差数列的性质可得 ,联立方程可得 ,代入等差数列的通项公式可求;
(2)代入等差数列的前和公式可求,进一步可得,然后结合等差数列的定义可得,从而可求.
【详解】（1）为等差数列，，
又
是方程的两个根，

（2）由（1）可知，

为等差数列，
舍去)
当时，为等差数列，满足要求
【点睛】本题主要考查了等差数列的定义、性质、通项公式、前项和公式的综合运用,属于中档题.
22、（1）见解析；（2）见解析
【解析】（1）取BC中点G，连结EG，FG，推导出，，从而平面平面，由此能得出结论；
（2）推导出，从而平面PAD，即得，结合得出平面PCD，由此能证明结论成立.
【详解】（1）取BC中点G，连结EG，FG，∵E，F分别是AD，PB的中点，
∴，，
∴面，面，
∵，∴平面平面，
∵平面，∴平面.

（2）因为底面ABCD为矩形，所以，
又因为平面平面ABCD，
平面平面，平面ABCD，所以平面PAD
因为平面PAD，所以.
又因为，，所以平面PCD
因为平面PAB，所以平面平面PCD
【点睛】本题考查线线垂直、线面平行、面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.