云南省怒江市2026届高二上数学期末教学质量检测模拟试题含解析.doc

云南省怒江市2026届高二上数学期末教学质量检测模拟试题
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．在空间直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为（）
A. B.
C. D.
2．在中，内角的对边分别为，若，则角为
A. B.
C. D.
3．过点且与直线平行的直线方程是（ ）
A. B.
C. D.
4．在中，、、所对的边分别为、、，若，，，则（）
A. B.
C. D.
5．三棱柱中，，，，若，则（ ）
A. B.
C. D.
6．绕着它的一边旋转一周得到的几何体可能是（）
A.圆台 B.圆台或两个圆锥的组合体
C.圆锥或两个圆锥的组合体 D.圆柱
7．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.
8．过点与直线平行的直线的方程是（）
A. B.
C. D.
9．某口罩生产商为了检验产品质量，从总体编号为001，002，003，…，499，500的500盒口罩中，利用下面的随机数表选取10个样本进行抽检，选取方法是从下面的随机数表第1行第5列的数字开始由左向右读取，则选出的第3个样本的编号为（ ）
16 00 11 66 14 90 84 45 11 65 73 88 05 90 52 27 41 14 86 22 98
12 22 08 07 52 74 95 80 35 69 68 32 50 61 28 47 39 75 34 58 62
A.148 B.116
C.222 D.325
10．如图，在三棱柱中，平面，，，分别是，中点，在线段上，则与平面的位置关系是（）

A.垂直 B.平行
C.相交但不垂直 D.要依点的位置而定
11．在一次体检中，发现甲、乙两个单位的职工中体重超过的人员的体重如下（单位：）.若规定超过为显著超重，从甲、乙两个单位中体重超过的职工中各抽取1人，则这2人中，恰好有1人显著超重的概率为（ ）

A. B.
C. D.
12．执行如图所示的流程图，则输出k的值为（）

A.3 B.4
C.5 D.2
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知数列满足，，则_________.
14．若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则直线与平面所成角的正弦值为______.
15．如图，某建筑物的高度，一架无人机上的仪器观测到建筑物顶部的仰角为，地面某处的俯角为，且，则此无人机距离地面的高度为________

16．已知A，B为x，y正半轴上的动点，且，O为坐标原点，现以为边长在第一象限做正方形，则的最大值为___________.
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．（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，过左焦点的直线l与椭圆C交于A，B两点，的周长为8

（1）求椭圆C的标准方程；
（2）如图，，是椭圆C的短轴端点，P是椭圆C上异于点，的动点，点Q满足，，求证与的面积之比为定值
18．（12分）如图，在三棱锥中，，，记二面角的平面角为

（1）若，，求三棱锥的体积；
（2）若M为BC的中点，求直线AD与EM所成角的取值范围
19．（12分）已知数列的前n项和为，且
（1）求证：数列为等比数列；
（2）记，求数列的前n项和为
20．（12分）设双曲线的左、右焦点分别为，，且，一条渐近线的倾斜角为60°
（1）求双曲线C的标准方程和离心率；
（2）求分别以，为左、右顶点，短轴长等于双曲线虚轴长的椭圆的标准方程
21．（12分）已知集合，
（1）若，求m的取值范围；
（2）若“x∈B”是“x∈A”的充分不必要条件，求m的取值范围
22．（10分）设函数，其中是自然对数的底数，.
（1）若，求的最小值；
（2）若，证明：恒成立.
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】根据点关于原点对称的性质即可知答案.
【详解】由点关于原点对称，则对称点坐标为该点对应坐标的相反数，
所以.
故选：C
2、A
【解析】因为，
那么结合，
所以cosA==，
所以A=，故答案为A
考点：正弦定理与余弦定理
点评：本题主要考查正弦定理与余弦定理的基本应用，属于中等题.
3、A
【解析】由题意设直线方程为，根据点在直线上求参数即可得方程.
【详解】由题设，令直线方程为，所以，可得.
所以直线方程为.
故选：A.
4、B
【解析】利用正弦定理，以及大边对大角，结合正弦定理，即可求得.
【详解】根据题意，由正弦定理，可得：，
解得，故可得或，
由，可得，故
故选：B.
5、A
【解析】利用空间向量线性运算及基本定理结合图形即可得出答案.
【详解】解：由，，，若，
得

.
故选：A.

6、C
【解析】讨论是按直角边旋转还是按斜边旋转
【详解】按直角边选择可得下图圆锥：

如果按直角边旋转可得下图的两个圆锥的组合体：

故选：C
7、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：

8、A
【解析】根据题意利用点斜式写出直线方程即可.
【详解】解：过点的直线与直线平行，
，
即.
故选：A.
9、A
【解析】按随机数表法逐个读取数字即可得到答案.
【详解】根据随机数表法读取的数字分别为：116，614（舍），908（舍），445，116（舍），
573（舍），880（舍），590（舍），522（舍），741（舍），148，
故选出的第3个样本的编号为148.
故选：A.
10、B
【解析】构造三角形,先证∥平面,同理得∥平面,再证平面∥平面即可.
【详解】连接，，.

因为在直三棱柱中，M，N分别是，AB的中点，所以∥.
因为平面内，平面，所以∥平面.
同理可得AM∥平面.
又因为，平面，平面，
所以平面∥平面.
又因为P点在线段上，所以∥平面.
故选：B.
11、B
【解析】列举出所有选取的情况，再找出满足题意的情况，根据古典概型的概率计算公式即可求解.
【详解】不妨用表示每种抽取情况，
其中是指甲单位抽取1人的体重，代表从乙单位抽取人的体重.
则所有的可能有16种，如下所示：
，，，，
，，，，
，，，，
，，，
其中满足题意的有6种：，，，，，
故抽取的这2人中，恰好有1人显著超重的概率为：.
故选：.
12、B
【解析】根据程序框图运行程序，直到满足，输出结果即可.
【详解】按照程序框图运行程序，输入，
则，，不满足，循环；
，，不满足，循环；
，，不满足，循环；
，，满足，输出结果：
故选：B.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】由已知可知即数列是首项为1，公差为1的等差数列，进而可求得数列的通项公式，即可求.
【详解】由题意知：，即，而，
∴数列是首项为1，公差为1的等差数列，有，
∴，则.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：由递推关系求数列的通项，进而得到的通项公式写出项.
14、
【解析】根据空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】设与的夹角为，直线与平面所成角为，
所以，
故答案为：
15、200
【解析】在Rt△ABC中求得AC的值，△ACQ中由正弦定理求得AQ的值，在Rt△APQ中求得PQ的值
【详解】根据题意，可得Rt△ABC中，∠BAC＝60°，BC＝300，
∴AC200；
△ACQ中，∠AQC＝45°+15°＝60°，∠QAC＝180°﹣45°﹣60°＝75°，
∴∠QCA＝180°﹣∠AQC﹣∠QAC＝45°，
由正弦定理，得，
解得AQ200，
在Rt△APQ中，PQ＝AQsin45°＝200200m
故答案为200
【点睛】本题考查了解三角形的应用问题，考查正弦定理，三角形内角和问题，考查转化化归能力，是基础题
16、32
【解析】建立平面直角坐标系，设出角度和边长，表达出点坐标，进而表达出，利用三角函数换元，求出最大值.
【详解】如图，过点D作DE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥y轴于点F，设，（），则由三角形全等可知，设，，则，则，，则，令，，则，当时，取得最大值，最大值为32

故答案为：32

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）证明见解析
【解析】（1）根据周长为8，求得a，再根据离心率求解；
（2）方法一：设，，得到直线和直线的方程，联立求得Q的横坐标，根据在椭圆上，得到，然后代入Q的横坐标求解；方法二：设直线，的斜率分别为k，，点，，直线的方程为，与椭圆方程联立，求得点P横坐标，再由的直线方程联立，得到P，Q的横坐标的关系求解.
【小问1详解】
解：∵的周长为8，
∴，即，
∵离心率，
∴，，
∴椭圆C的标准方程为
【小问2详解】
方法一：设，
则直线斜率，∵，
∴直线斜率，
∴直线的方程为：，
同理直线的方程为：，
联立上面两直线方程，消去y，得，
∵在椭圆上，
∴，即，
∴，
∴
所以与的面积之比为定值4
方法二：设直线，的斜率分别为k，，点，，
则直线的方程为，
∵，∴直线的方程为，
将代入，得，
∵P是椭圆上异于点，的点，
∴，
又∵，即，
∴，即，
由，得直线的方程为，
联立得，
∴
所以与的面积之比为定值4
18、（1）
（2）
【解析】（1）作出辅助线，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出，求出底面积和高，进而求出三棱锥的体积；（2）利用空间基底表达出，结合第一问结论求出，从而求出答案.
【小问1详解】
取AC的中点F，连接FD，FE，由BC=2，则，故DF⊥AC，EF⊥AC，故∠DFE即为二面角的平面角，即，连接DE，作DH⊥FE，因为，所以平面DEF，因为DH平面DEF，所以AC⊥DH，因为，所以DH⊥平面ABC，因为，由勾股定理得：，，又，由勾股定理逆定理可知，AE⊥CE，且∠BAC=，，在△ABC中，由余弦定理得：，解得：或（舍去），则，因为，，所以△DEF为等边三角形，则，故三棱锥的体积；
【小问2详解】
设，则，，由（1）知：，，取为空间中的一组基底，则，由第一问可知：
，
则

其中，且，，故，
由第一问可知，又是的中点，所以，所以，
因为三棱锥中，所以，所以，故直线AD与EM所成角范围为.

【点睛】针对于立体几何中角度范围的题目，可以建立空间直角坐标系来进行求解，若不容易建立坐标系时，也可以通过基底表达出各个向量，进而求出答案.
19、（1）证明见解析;
（2）.
【解析】（1）由已知得，当时，两式作差整理得，根据等比数列的定义可得证；
（2）由（1）求得，，再运用错位相减法可求得答案.
【小问1详解】
证明：因为，……①，所以当时，，
当时……②，
则①-②可得，所以，
因为，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列
【小问2详解】
解：由（1）知，即，
因为所以，
则……①，
①得……②，
①-②得 ，
所以.
20、（1），2 （2）
【解析】（1）结合，联立即得解；
（2）由题意，即得解.
【详解】（1）由题意，
又
解得：
故双曲线C的标准方程为：，离心率为
（2）由题意椭圆的焦点在轴上，设椭圆方程为
故
即椭圆方程为：
21、（1）
（2）
【解析】（1）先求出，由得到，得到不等式组，求出m的取值范围；（2）根据充分不必要条件得到是的真子集，分与两种情况进行求解，求得m的取值范围.
【小问1详解】
，解得：，故，
因为，所以，
故，解得：，
所以m的取值范围是.
【小问2详解】
若“x∈B”是“x∈A”的充分不必要条件，
则是的真子集，
当时，，解得：，
当时，需要满足：或，
解得：
综上：m取值范围是
22、（1）
（2）证明见解析
【解析】（1）当时，，求出，可得答案；
（2）设，，，，，设，求出利用单调性可得答案.
【小问1详解】
当时，，
则，
所以单调递增，又，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以.
【小问2详解】
设，
若，则，
若，则，
设，
则，所以单调递增，又，
当时，，上单调递减，
当时，，单调递增，
所以，所以，
综上，恒成立.
【点睛】本题考查了求函数值域或最值的问题，一般都需要通过导数研究函数的单调性、极值、最值来处理，特别的要根据所求问题，适时构造恰当的函数，再利用所构造函数的单调性、最值解决问题是常用方法，考查了学生分析问题、解决问题的能力.