2026届江西省新余第四中学、上高第二中学数学高二第一学期期末监测模拟试题含解析.doc

2026届江西省新余第四中学、上高第二中学数学高二第一学期期末监测模拟试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，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．某学校的校车在早上6：30，6：45，7：00 到达某站点，小明在早上6：40至7：10之间到达站点，且到达的时刻是随机的，则他等车时间不超过5分钟的概率是（ ）
A. B.
C. D.
2．北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）

A.3699块 B.3474块
C.3402块 D.3339块
3．如图，在棱长为的正方体中，为线段的中点，为线段的中点，则直线到直线的距离为（ ）

A. B.
C. D.
4．已知，则（）
A. B.
C. D.
5．函数的定义域为，其导函数的图像如图所示，则函数极值点的个数为（）

A.2 B.3
C.4 D.5
6．已知长方体中，，，则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为（）
A. B.
C. D.
7．已知各项均为正数且单调递减的等比数列满足、、成等差数列.其前项和为，且，则（）
A. B.
C. D.
8．抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线，O为坐标原点，一条平行于x轴的光线从点射入，经过C上的点A反射后，再经C上另一点B反射后，沿直线射出，经过点N．下列说法正确的是（ ）
A.若，则 B.若，则平分
C.若，则 D.若，延长AO交直线于点D，则D，B，N三点共线
9．已知等比数列{an}的前n项和为S，若，且，则S3等于（）
A.28 B.26
C.28或-12 D.26或-10
10．双曲线的焦点坐标为（）
A. B.
C. D.
11．如图所示的程序框图，阅读下面的程序框图，则输出的S=（）

A.14 B.20
C.30 D.55
12．已知函数，当时，函数在，上均为增函数，则的取值范围是
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在不等边△ABC(三边均不相等)中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且有，则角C的大小为________
14．古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆的中心为原点，焦点，均在轴上，且，的面积为，则的标准方程为______
15．已知数列满足，，则_____________.
16．已知等差数列的前项和为，若，，则数列的前2021项和为___________.
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）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，平面ABCD，，.

（1）求点B到平面PCD的距离；
（2）求二面角的平面角的余弦值.
18．（12分）抛物线的焦点为F，过点F的直线交抛物线于A，B两点
（1）若，求直线AB的斜率；
（2）设点M在线段AB上运动，原点O关于点M的对称点为C，求四边形OACB面积的最小值
19．（12分）已知数列的前n项和，
（1）求数列的通项公式；
（2）设，，求数列的前n项和
20．（12分）已知公比的等比数列和等差数列满足：，，其中，且是和的等比中项
（1）求数列与的通项公式；
（2）记数列的前项和为，若当时，等式恒成立，求实数的取值范围
21．（12分）在①直线l：是抛物线C的准线；②F是椭圆的一个焦点；③，对于C上的点A，的最小值为；在以上三个条件中任选一个，填到下面问题中的横线处，并完成解答．已知抛物线C：的焦点为F，满足_____
（1）求抛物线C的标准方程；
（2）是抛物线C上在第一象限内的一点，直线：与C交于M，N两点，若的面积为，求m的值
22．（10分）已知函数
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，证明
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、B
【解析】求出小明等车时间不超过5分钟能乘上车的时长，即可计算出概率.
【详解】6:40至7：10共30分钟，
小明同学等车时间不超过5分钟能乘上车只能是6：40至6:45和6:55至7:00到站，
共10分钟，所以所求概率为.
故选：B
2、C
【解析】第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列，
设为的前n项和，由题意可得，解方程即可得到n，进一步得到.
【详解】设第n环天石心块数为，第一层共有n环，
则是以9为首项，9为公差的等差数列，，
设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
别为，因为下层比中层多729块，
所以，
即
即，解得，
所以.
故选：C
【点晴】本题主要考查等差数列前n项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道容易题.
3、C
【解析】连接，，，，在平面中，作，为垂足，将两平行线的距离转化成点到直线的距离，结合余弦定理即同角三角函数基本关系，求得，因此可得，进而可得直线到直线的距离；
【详解】解：如图，

连接，，，，在平面中，作，为垂足，
因为，分别为，的中点，
因为，，
所以，所以，同理，
所以四边形是平行四边形，所以，
所以即为直线到直线的距离，
在三角形中，由余弦定理得
因为，所以是锐角，
所以，
在直角三角形中，，
故直线到直线的距离为；
故选：C
4、B
【解析】根据基本初等函数的导数公式及求导法则求导函数即可.
【详解】.
故选：B.
5、C
【解析】根据给定的导函数的图象，结合函数的极值的定义，即可求解.
【详解】如图所示，设导函数的图象与轴的交点分别为，
根据函数的极值的定义可知在该点处的左右两侧的导数符号相反，
可得为函数的极大值点，为函数的极小值点，
所以函数极值点的个数为4个.
故选：C.

6、A
【解析】建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，易知平面的一个法向量为，由求解.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系：

则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，
易知平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，
故选：A
7、C
【解析】先根据，，成等差数列以及单调递减，求出公比，再由即可求出，
再根据等比数列通项公式以及前项和公式即可求出.
【详解】解：由，，成等差数列，
得：，
设的公比为，则，
解得：或，
又单调递减，
，
，
解得：，
数列的通项公式为：，
.
故选：C
8、D
【解析】根据求出焦点为、点坐标，可得直线的方程与抛物线方程联立得点坐标，由两点间的距离公式求出可判断AC；
时可得，．由可判断B；
求出点坐标可判断D.
【详解】如图，若，则，C的焦点为，因为，所以，
直线的方程为，整理得，与抛物线方程联立得
，解得或，所以，
所以，选项A错误；

时，因为，所以．又，
，所以不平分，选项B不正确；

若，则，C的焦点为，因为，所以，
直线的方程为，所以，
所以，选项C错误；

若，则，C的焦点为，因为，所以，
直线的方程为，所以，直线的方程为，延长交直线于点D，所以则，
所以D，B，N三点共线，选项D正确；

故选： D.
9、C
【解析】根据等比数列的通项公式列出方程求解，直接计算S3即可.
【详解】由可得，即，所以，
又，解得，
所以，即，
当时，，所以，
当时，，所以，
故选：C
10、C
【解析】把双曲线方程化为标准形式，直接写出焦点坐标.
【详解】，焦点在轴上，，故焦点坐标为.
故选：C.
11、C
【解析】经分析为直到型循环结构，按照循环结构进行执行，当满足跳出的条件时即可输出值
【详解】解：第一次循环S=1，i=2；
第二次循环S=1+22=5，i=3；
第三次循环S=5+32=14，i=4；
第四次循环S=14+42=30，i=5；
此时5>4，跳出循环，故输出的值为30
故选：C.
12、A
【解析】
由，函数在上均为增函数，恒成立，,设，则
，又设，则满足线性约束条件，画出可行域如图所示，由图象可知在点取最大值为，在点取最小值.则的取值范围是，故答案选A
考点：利用导数研究函数的性质，简单的线性规划

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】由正弦定理可得,又,,
,,,
在三角形中,.
考点：1正弦定理;2正弦的二倍角公式.
14、
【解析】利用待定系数法列出关于的方程解出即可得结果.
【详解】设的标准方程为，
则解得所以的标准方程为
故答案为：.
15、
【解析】由题设可得，应用累加法有，结合已知即可求.
【详解】由题设，，
所以，又，
所以.
故答案为：.
16、
【解析】根据题意求出，代入中，再利用裂项相消即可求出答案.
【详解】由是等差数列且，可知：，
故.
，
数列的前2021项和为.
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）
（2）
【解析】（1）建立空间直角坐标系，用点到面的距离公式即可算出答案；
（2）先求出两个面的法向量，然后用二面角公式即可.
【小问1详解】
∵平面平面
∴
又两两互相垂直 ,
所以，以点为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

D ( 3 , 6 , 0 ) , A ( 0 , 6 , 0 )

设平面的一个法向量
所以即
令，可得

记点到平面的距离为，
则
【小问2详解】
由 ( 1 ) 可知平面的一个法向量为
平面的一个法向量为
设二面角的平面角为
由图可知，

18、（1）；（2）面积最小值是4
【解析】本题主要考查抛物线的标准方程及其几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系、直线的斜率等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力．第一问，依题意F（1,0），设直线AB的方程为．将直线AB的方程与抛物线的方程联立，得，由此能够求出直线AB的斜率；第二问，由点C与原点O关于点M对称，得M是线段OC的中点，从而点O与点C到直线AB的距离相等，所以四边形OACB的面积等于，由此能求出四边形OACB的面积的最小值
试题解析：（1）依题意知F（1,0），设直线AB方程为．将直线AB的方程与抛物线的方程联立，消去x得．设，，所以，．①因为，所以．②联立①和②，消去，得
所以直线AB的斜率是
（2）由点C与原点O关于点M对称，得M是线段OC中点，从而点O与点C到直线AB的距离相等，所以四边形OACB的面积等于
因为，
所以当m＝0时，四边形OACB的面积最小，最小值是4

考点：抛物线的标准方程及其几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系、直线的斜率
19、（1）；（2）
【解析】（1）将代入可求得.根据通项公式与前项和的关系,可得数列为等比数列,由等比数列的通项公式即可求得数列的通项公式.
（2）由（1）可得数列的通项公式,代入中,结合裂项法求和即可得前n项和.
【详解】（1）当时,由得；
当时,由
得
是首项为3,公比为3的等比数列

当,满足此式
所以
（2）由（1）可知

,

【点睛】本题考查了通项公式与前项和的关系,裂项法求和的应用,属于基础题.
20、（1），；（2）.
【解析】（1）根据已知条件可得出关于方程，解出的值，可求得的值，即可得出数列与的通项公式；
（2）求得，利用错位相减法可求得，分析可知数列为单调递增数列，对分奇数和偶数两种情况讨论，结合参变量分离法可得出实数的取值范围.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
因为，，，且是和的等比中项，
所以，整理可得，解得或.
若，则，可得，不合乎题意；
若，则，可得，合乎题意.
所以，;；
（2）因为，①
，②
②①得
因为，即对恒成立，
所以
当且，，故数列为单调递增数列，
当为偶数时，，所以；
当为奇数时，，所以，即.
综上可得
21、（1）
（2）或.
【解析】（1）选条件①，由准线方程得参数，从而得抛物线方程；
选条件②，由椭圆的焦点坐标与抛物线焦点坐标相同求得得抛物线方程；
选条件③，由F，A，B三点共线时，，再由两点间距离公式求得得抛物线方程；
（2）求出点坐标，由点到直线距离公式求得到直线的距离，设，，直线方程代入抛物线方程，判别式大于0保证相交，由韦达定理得，由弦长公式得弦长，再计算出三角形的面积后可解得
【小问1详解】
选条件①：由准线方程为知，所以抛物线C的方程为
选条件②：因为抛物线的焦点坐标为所以由已知得椭圆的一个焦点为.所以，又，所以，所以抛物线C的方程为
选条件③：由题意可知得，当F，A，B三点共线时，，
由两点间距离公式，解得，所以抛物线C的方程为.
【小问2详解】
把代入方程，可得，设，，
联立，消去y可得，由，解得，
又知，，
所以，
由到直线的距离为，所以，
即，解得或
经检验均满足，所以m的值为或.
22、（1）单调递减，在单调递增；
（2）见解析.
【解析】(1)求f(x)导数，讨论导数的正负即可求其单调性；
(2)由于，则，只需证明，构造函数，证明其最小值大于0即可.
【小问1详解】
时，，
当时，，∴，
当时，，∴，
∴在单调递减，在单调递增；
【小问2详解】
由于，∴，
∴只需证明，
令，则，
∴在上为增函数，
而，
∴在上有唯一零点，且，
当时，，g(x)单调递减，
当时，，g(x)单调递增，
∴的最小值为，
由，得，则，
∴，当且仅当时取等号，
而，∴，∴，
即，
∴当时，.
【点睛】本题考察了利用导数研究函数的单调性，也考察了利用导数研究函数的最值，解题过程中设计到隐零点的问题，需要掌握隐零点处理问题的常见思路和方法.