新疆兵地2025-2026学年数学高二上期末调研模拟试题含解析.doc

新疆兵地2025-2026学年数学高二上期末调研模拟试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．若双曲线的焦距为，则双曲线的渐近线方程为（）
A. B.
C. D.
2．如图，在三棱锥中，是线段的中点，则（ ）

A. B.
C. D.
3．若抛物线上的点到其焦点的距离是到轴距离的倍，则等于
A. B.1
C. D.2
4．《米老鼠和唐老鸭》这部动画给我们的童年带来了许多美好的回忆，令我们印象深刻.如图所示，有人用3个圆构成米奇的简笔画形象.已知3个圆方程分别为： 圆 圆 ，圆 若过原点的直线 与圆、均相切，则截圆所得的弦长为（ ）

A. B.
C. D.
5．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（）
A.若，则 B.若，则
C若，则 D.若，则
6．数列1，6，15，28，45，…中的每一项都可用如图所示的六边形表示出米，故称它们为六边形数，那么第11个六边形数为（）

A.153 B.190
C.231 D.276
7．如图，点A的坐标为，点C的坐标为，函数，若在矩形内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于（）

A. B.
C. D.
8．下列通项公式中，对应数列是递增数列的是（）
A B.
C. D.
9．已知空间中四点，，，，则点D到平面ABC的距离为（ ）
A. B.
C. D.0
10．若，，则下列各式中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
11．若实数满足，则点不可能落在（）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
12．设函数，，，则（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．正三棱柱的底面边长和高均为2，点为侧棱的中点，连接，，则点到平面的距离为______.
14．已知双曲线C：的两焦点分别为，，P为双曲线C上一点，若，则=___________.
15．已知正项数列的前n项和为，且，则__________，满足不等式的最大整数为__________
16．一道数学难题，在半小时内，甲能解决的概率是，乙能解决的概率是，两人试图独立地在半小时内解决它，则问题得到解决的概率是________.
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）如图，在正四棱柱中，，，点在棱上，且平面

（1）求的值；
（2）若，求二面角的余弦值
18．（12分）设命题对于任意，不等式恒成立．命题实数a满足
（1）若命题p为真，求实数a的取值范围；
（2）若“p或q”为真，“p且q”为假，求实数a的取值范围
19．（12分）已知函数.
（1）当时，求函数的极值；
（2）若对，恒成立，求的取值范围.
20．（12分）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点

（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；
（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值
21．（12分）在数列中，，.
（1）证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
22．（10分）已知直线，，分别求实数的值，使得：
（1）；
（2）；
（3）与相交.
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】由焦距为可得，又，进而可得，最后根据焦点在轴上的双曲线的渐近线方程为即可求解.
【详解】解：因为双曲线的焦距为，所以，
所以，解得，所以，
所以双曲线的渐近线方程为，即，
故选：A.
2、A
【解析】根据给定几何体利用空间向量基底结合向量运算计算作答.
【详解】在三棱锥中，是线段的中点，所以：
.
故选：A
3、D
【解析】根据抛物线的定义及题意可知3x0=x0+, 得出x0求得p，即可得答案
【详解】由题意，3x0=x0+，∴x0=∴ ∵p＞0，∴p=2.
故选D
【点睛】本题主要考查了抛物线的定义和性质．考查了考生对抛物线定义的掌握和灵活应用，属于基础题
4、A
【解析】设直线，利用直线与圆相切，求得斜率，再利用弦长公式求弦长
【详解】设过点的直线.由直线与圆 、圆 均相切，得 解得 (1).设点到直线的距离为 则 (2).又圆的半径直线截圆所得弦长 结合(1)(2)两式，解得
5、C
【解析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，逐一核对四个选项得答案
【详解】解：对于A：若，则或，故A错误；
对于B：若，则或与相交，故B错误；
对于C：若，根据面面垂直的判定定理可得，故C正确；
对于D：若则与平行、相交、或异面，故D错误；
故选：C
6、C
【解析】细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时联系相关知识,如等差数列、等比数列等，结合图形即可求解.
【详解】由题意知，数列的各项为1，6，15，28，45，...
所以，，，
，，，
所以.
故选：C
7、A
【解析】分别由矩形面积公式与微积分几何意义计算阴影部分和矩形部分的面积，最后由几何概型概率计算公式计算即可.
【详解】由已知，矩形的面积为4，阴影部分的面积为，
由几何概型公式可得此点取自阴影部分的概率等于，
故选：A
8、C
【解析】根据数列单调性的定义逐项判断即可.
【详解】对于A，B选项对应数列是递减数列．对于C选项，，故数列是递增数列．对于D选项，由于．所以数列不是递增数列
故选：C.
9、C
【解析】根据题意，求得平面的一个法向量，结合距离公式，即可求解.
【详解】由题意，空间中四点，，，，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
所以点D到平面ABC的距离为.
故选：C.
10、D
【解析】根据题意，结合，，利用不等式的性质可判断，从而判断，再利用不等式性质得出正确答案.
【详解】，，，
又，，两边同乘以负数，可知

故选：D
11、B
【解析】作出给定的不等式组表示的平面区域，观察图形即可得解.
【详解】因实数满足，作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分，

观察图形知，阴影区域不过第二象限，即点不可能落在第二象限.
故选：B
12、A
【解析】根据导数得出在的单调性，进而由单调性得出大小关系.
【详解】因为，所以在上单调递增.
因为，所以，而，所以.
因为，且，所以.
即.
故选：A

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求点面距离的公式可以直接求出.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，为的中点，由已知，，，，，所以，，
设平面的法向量为，
，即：，取，得，
，
则点到平面的距离为.

故答案为：.
14、18或2##2或18
【解析】先由双曲线的方程求出，再利用双曲线的定义列方程求解即可
【详解】由，得，则，
因为双曲线C：的两焦点分别为，，P为双曲线C上一点，
所以，即，
所以或，
因为，
所以或都符合题意，
故答案为：18或2
15、 ①.## ②.
【解析】由得到，即可得到数列是首项为1，公差为1的等差数列，从而求出，再根据求出，令，利用裂项相消法求出，即可求出的取值范围，从而得解；
【详解】解：由，
令，得，
，解得；
当时，，
即
因此，数列是首项为1，公差为1的等差数列，
，即
所以，
令，
所以，所以，则最大整数为；
故答案为：；；
16、
【解析】分甲解决乙不能解决，甲不能解决乙能解决，甲能解决乙也能解决三类，利用独立事件的概率求解.
【详解】因为甲能解决的概率是，乙能解决的概率是，
所以问题得到解决的概率是，
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）答案见解析；（2）.
【解析】如图，以点为原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，
建立空间直角坐标系，
（1）设，由平面，可得，从而数量积为零，可求出的值，进而可求得的值；
（2）利用空间向量求二面角的余弦值
【详解】解：（1）如图，以点为原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，
建立空间直角坐标系，设，
则点，，，
则，
因为平面，
所以，
所以，
解得或
当时，，，；
当时，，，
（2）因为，由（1）知，
平面的一个法向量为
设平面的法向量为，
因为，，
所以令，则
所以，
由图知，二面角的平面角为锐角，
所以二面角的余弦值为

18、（1）
（2）
【解析】(1)由即可获解
(2)p、q一真一假,分情况讨论即可
【小问1详解】
由命题为真,得任意,不等式恒成立
所以
即
所以实数的取值范围为
【小问2详解】
由命题为真,得
因为“或”为真,“且”为假,所以p、q一真一假
若真假,则,即
若假真,即
所以实数的取值范围为
19、（1）极小值为，无极大值；（2）.
【解析】（1）对函数进行求导、列表、判断函数的单调性，最后根据函数极值的定义进行求解即可；
（2）对进行常变量分离，然后构造新函数，对新函数进行求导，判断其单调性，进而求出新函数的最值，最后根据题意求出的取值范围即可.
【详解】（1）函数的定义域为，
当时，.由，得.
当变化时，，的变化情况如下表

-
0
+

单调递减
极小值
单调递增
所以在上单调递减，上单调递增，
所以函数的极小值为，无极大值.
（2）对，恒成立，即对，恒成立.
令，则.由得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，因此.
所以的取值范围是.
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值、最值，考查了构造函数法、常变量分离法，考查了数学运算能力和分类讨论思想.
20、（1）（2）
【解析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量数量积求直线向量夹角，即得结果；
（2）先求两个平面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果.
【详解】
（1）连
以为轴建立空间直角坐标系，则

从而直线与所成角的余弦值为
（2）设平面一个法向量为

令
设平面一个法向量为
令

因此
【点睛】本题考查利用向量求线线角与二面角，考查基本分析求解能力，属中档题.
21、（1）证明见解析，；（2）.
【解析】（1）利用等比数列的定义结合已知条件即可得到证明.
（2）运用分组求和的方法，利用等比数列和等差数列前项和公式求解即可.
【详解】（1）证明：∵，
∴数列为首项是2，公比是2的等比数列.
∴，∴.
（2）由（1）知，，

【点睛】本题考查等比数列的定义，通项公式的应用，考查等差数列和等比数列前项和公式的应用，考查分组求和的方法，属于基础题.
22、（1）或
（2）或
（3）且
【解析】（1）根据直线一般式平行的条件列式计算；
（2）根据直线一般式垂直的条件列式计算；
（3）根据相交和平行的关系可得答案.
【小问1详解】
，
，解得或
又时，直线，，两直线不重合；
时，直线，，两直线不重合；
故或；
【小问2详解】
，
，
解得或；
【小问3详解】
与相交
故由（1）得且.