河南省南阳市第一中学2026届高二数学第一学期期末联考模拟试题含解析.doc

河南省南阳市第一中学2026届高二数学第一学期期末联考模拟试题
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．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD，，，点E为PA的中点，，，，则点B到平面PCD的距离为（）
A. B.
C. D.
2．古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中描述了圆锥曲线共性，并给出了圆锥曲线的统一定义，只可惜对这一定义欧几里得没有给出证明.经过了500年，到了3世纪，希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇篇》中，完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，并对这一定义进行了证明.他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数的点的轨迹叫做圆锥曲线；当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线.现有方程表示的曲线是双曲线，则的取值范围为（）
A. B.
C. D.
3．设为实数，则曲线：不可能是（ ）
A.抛物线 B.双曲线
C.圆 D.椭圆
4．已知双曲线，则双曲线M的渐近线方程是（ ）
A. B.
C. D.
5．世界上最早在理论上计算出“十二平均律”的是我国明代杰出的律学家朱载堉，他当时称这种律制为“新法密率”十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它前一个单音的频率的比都相等，且最后一个单音是第一个单音频率的2倍.已知第十个单音的频率，则与第四个单音的频率最接近的是（）
A.880 B.622
C.311 D.220
6．在四面体OABC中，点M在线段OA上，且，N为BC中点，已知，，，则等于（ ）
A. B.
C. D.
7．设正方体的棱长为，则点到平面的距离是（）
A. B.
C. D.
8．已知双曲线 C1 的一条渐近线方程为 y=kx ，离心率为 e1 ，双曲线 C2 的一条渐近线方程为 y=x，离心率为 e2 ，且双曲线 C1、C2 在第一象限交于点 (1，1) ，则 =（ ）
A.|k| B.
C.1 D.2
9．如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点，则下列结论错误的是

A.
B.平面平面
C.的最大值为
D.的最小值为
10．已知点是椭圆方程上的动点，、是直线上的两个动点，且满足，则（）
A.存在实数使为等腰直角三角形的点仅有一个
B.存在实数使为等腰直角三角形的点仅有两个
C.存在实数使为等腰直角三角形的点仅有三个
D.存在实数使为等腰直角三角形的点有无数个
11．已知直线l经过，两点，则直线l的倾斜角是（）
A.30° B.60°
C.120° D.150°
12．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱A1B1上一点，且AB＝2，若二面角B1﹣BC1﹣E为45°，则四面体BB1C1E的外接球的表面积为（）
A.π B.12π
C.9π D.10π
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．过椭圆的右焦点作两条相互垂直的直线m，n，直线m与椭圆交于A，B两点，直线n与椭圆交于C，D两点，若．则下列方程①；②；③；④．其中可以作为直线AB的方程的是______（写出所有正确答案的序号）
14．桌面排列着100个乒乓球，两个人轮流拿球装入口袋，能拿到第100个乒乓球人为胜利者．条件是：每次拿走球的个数至少要拿1个，但最多又不能超过5个，这个游戏中，先手是有必胜策略的，请问：如果你是最先拿球的人，为了保证最后赢得这个游戏，你第一次该拿走___个球
15．已知椭圆的弦AB的中点为M，O为坐标原点，则直线AB的斜率与直线OM的斜率之积等于_________
16．若无论实数取何值，直线与圆恒有两个公共点，则实数的取值范围为___________.
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是边长为2的正方形，为正三角形，且侧面底面ABCD，

（1）求证：平面ACM；
（2）求平面MBC与平面DBC的夹角的大小
18．（12分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足（2a﹣b）sinA+（2b﹣a）sinB=2csinC.
（1）求角C的大小；
（2）若cosA=，求的值.
19．（12分）记是等差数列的前项和，若.
（1）求数列的通项公式；
（2）求使成立的的最小值.
20．（12分）如图，矩形ABCD，点E，F分别是线段AB，CD的中点，，，以EF为轴，将正方形AEFD翻折至与平面EBCF垂直的位置处.请按图中所给的方法建立空间直角坐标系，然后用空间向量坐标法完成下列问题

（1）求证：直线平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
21．（12分）中国共产党建党100周年华诞之际，某高校积极响应党和国家的号召，通过“增强防疫意识，激发爱国情怀”知识竞赛活动，来回顾中国共产党从成立到发展壮大的心路历程，表达对建党100周年以来的丰功伟绩的传颂．教务处为了解学生对相关知识的掌握情况，随机抽取了100名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了如下样本频率分布直方图

（1）求值并估计中位数所在区间
（2）需要从参赛选手中选出6人代表学校参与省里的此类比赛，你认为怎么选最合理，并说明理由
22．（10分）已知数列满足，数列为等差数列，，前4项和.
（1）求数列，的通项公式；
（2）求和：.
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、D
【解析】为中点，连接，易得为平行四边形，进而可知B到平面PCD的距离即为到平面PCD的距离，再由线面垂直的性质确定线线垂直，在直角三角形中应用勾股定理求相关线段长，即可得△为直角三角形，最后应用等体积法求点面距即可.
【详解】若为中点，连接，又E为PA的中点，

所以，，又，，则且，
所以为平行四边形，即，又面，面，
所以面，故B到平面PCD的距离，即为到平面PCD的距离，
由底面ABCD，面ABCD，即，，，
又，即，，则面，面，即，
而，，，，易知：，
在△中；在△中；在△中；
综上，，故，
又，则.
所以B到平面PCD的距离为.
故选：D
2、C
【解析】对方程进行化简可得双曲线上一点到定点与定直线之比为常数，进而可得结果.
【详解】已知方程可以变形为，即，
∴
其表示双曲线上一点到定点与定直线之比为常数，
又由，可得，
故选：C.
3、A
【解析】根据圆的方程、椭圆的方程、双曲线的方程和抛物线的方程特征即可判断.
【详解】解：对A：因为曲线C的方程中都是二次项，所以根据抛物线标准方程的特征曲线C不可能是抛物线，故选项A正确；
对B：当时，曲线C为双曲线，故选项B错误；
对C：当时，曲线C为圆，故选项C错误；
对D：当且时，曲线C为椭圆，故选项D错误；
故选：A.
4、C
【解析】由双曲线的方程直接求出见解析即可.
【详解】由双曲线，则其渐近线方程为：
故选：C
5、C
【解析】依题意，每一个单音的频率构成一个等比数列，由，算出公比，结合，即可求出.
【详解】设第一个单音的频率为，则最后一个单音的频率为，
由题意知，且每一个单音的频率构成一个等比数列，设公比为，
则，解得：
又，
则与第四个单音的频率最接近的是311,
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题考查等比数列通项公式的运算，解题的关键是分析题意将其转化为等比数列的知识，考查学生的计算能力，属于基础题.
6、B
【解析】根据空间向量基本定理结合已知条件求解
【详解】因为N为BC中点，所以,
因为M在线段OA上，且，
所以，
所以，
故选：B

7、D
【解析】建立空间直角坐标系，根据空间向量所学点到面的距离公式求解即可.
【详解】建立如下图所示空间直角坐标系，以为坐标原点，
所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴.
因为正方体的边长为4，所以，，，，
，所以，，，
设平面的法向量，所以，，
即，设，所以，，即，
设点到平面的距离为，所以，

故选：D.
8、C
【解析】根据渐近线方程设出双曲线方程，再由过点，可知双曲线方程，从而可求离心率.
【详解】由题，设双曲线的方程为，又因为其过，且可知，不妨设，
代入，得，所以双曲线的方程为，
所以，
同理可得双曲线的方程为，
所以可得，
所以，当时，结论依然成立.
故选：C
9、C
【解析】∵，，∴面，面，∴，A正确；∵平面即为平面，平面即为平面，且平面，
∴平面平面，∴平面平面，∴B正确；
当 时，为钝角，∴C错；将面与面沿展成平面图形，线段即为的最小值，在中，，利用余弦定理解三角形得，
即，∴D正确，故选C

考点：立体几何中的动态问题
【思路点睛】立体几何问题的求解策略是通过降维，转化为平面几何问题，具体方法表现为：
求空间角、距离，归到三角形中求解；2．对于球的内接外切问题，作适当的截面，既要能反映出位置关系，又要反映出数量关系；求曲面上两点之间的最短距离，通过化曲为直转化为同一平面上两点间的距离
10、B
【解析】求出点到直线的距离的取值范围，对点是否为直角顶点进行分类讨论，确定、的等量关系，综合可得出结论.
【详解】设点，则点到直线的距离为.
因为椭圆与直线均关于原点对称，
①若为直角顶点，则.
当时，此时，不可能是等腰直角三角形；
当时，此时，满足是等腰直角三角形的直角顶点有两个；
当时，此时，满足是等腰直角三角形的直角顶点有四个；
②若不是直角顶点，则.
当时，满足是等腰直角三角形的非直角顶点不存在；
当时，满足是等腰直角三角形的非直角顶点有两个；
当时，满足是等腰直角三角形非直角顶点有四个.
综上所述，当时，满足是等腰直角三角形的点有八个；
当时，满足是等腰直角三角形的点有六个；
当时，满足是等腰直角三角形的点有四个；
当时，满足是等腰直角三角形的点有两个；
当时，满足是等腰直角三角形的点不存在.
故选：B.
11、C
【解析】设直线l的倾斜角为，
由题意可得直线l的斜率，即，
∵，∴直线l的倾斜角为，
故选：.
12、D
【解析】连接交于，可得，利用线面垂直的判定定理可得：平面，于是，可得而为二面角的平面角，再求出四面体的外接球半径，进而利用球的表面积计算公式得出结论
【详解】
连接交于，则，
易知，则平面，
所以，
从而为二面角的平面角，
则.
因为，所以，
所以四面体的外接球半径
故四面体BB1C1E的外接球的表面积为
故选：D
【点睛】本题考查了正方体的性质、线面垂直的判定与性质定理、二面角的平面角、球的表面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、①②
【解析】①②结合椭圆方程得到与椭圆参数的关系，即可判断；③④联立直线与椭圆方程，利用弦长公式求，即可判断.
【详解】由题设，且右焦点为，
①时直线，故，则符合题设；
②时，同①知：符合题设；
③时直线，联立直线AB与椭圆方程并整理得：，则，同理可得，则，不合题设；
④时，同③分析知：，不合题设；
故答案为：①②.
14、4
【解析】根据题意，由游戏规则，结合余数的性质，分析可得答案
【详解】解：根据题意，第一次该拿走4个球，以后的取球过程中，对方取个，自己取个，
由于，则自己一定可以取到第100个球.
故答案为：4
15、
【解析】根据点是弦的中点，为坐标原点，利用点差法求解.
【详解】设，且，
则，（1），（2）
得：，
，
.
又，
，
.
故答案为：
16、
【解析】根据点到直线的距离公式得到，根据，解不等式得到答案.
【详解】依题意有圆心到直线的距离，即，
又无论取何值，，故，故.
故答案：

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）证明见解析
（2）30°
【解析】（1）连接BD，借助三角形中位线可证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法直接可求.
【小问1详解】
连接BD，与AC交于点O，
在中，因为O，M分别为BD，PD的中点，则，
又平面ACM，平面ACM，所以平面ACM.
【小问2详解】
设E是AB的中点，连接PE，因为为正三角形，则，
又因为平面底面ABCD，平面平面，
则平面ABCD，过点E作EF平行于CB，与CD交于点F，
以E为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，，，

所以，，
设平面CBM的法向量为，则，
令，则，因为平面ABCD，则平面ABCD的一个法向量为，
所以，
所以平面MBC与平面DBC所成角大小为30°
18、（1）
（2）
【解析】（1）利用正弦定理、余弦定理化简已知条件，求得，由此求得.
（2）先求得，结合两角差的正弦公式求得.
【小问1详解】
，
，即，
，
，.
【小问2详解】
由，可得，
.
19、（1）
（2）4
【解析】（1）根据题意得，解方程得，进而得通项公式；
（2）由题知，进而解不等式得或，再根据即可得答案.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，由得=0,
由题意知，，解得，所以d=2
所以.
小问2详解】
解：由（1）可得，
由可得，即，解得或，
因为，
所以，正整数的最小值为.
20、（1）证明见解析；
（2）.
【解析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出对应向量的坐标，根据向量垂直，即可证明线面垂直；
（2）根据（1）中所求平面的法向量，利用向量法，即可容易求得结果.
【小问1详解】
矩形ABCD中，点E，F分别是线段AB，CD的中点，∴，∴翻折后
∵平面平面，且面，面，
故可得面，又面，∴，故两两垂直，
∴分别以，，为，，轴建立如图所示空间直角坐标系：

∵，则，，，，
，，
∵，，∴，
∴，，又面，
∴平面.
【小问2详解】
由（1）知，平面的法向量为，又向量，
则向量与法向量为所成角的余角即是直线与平面所成角，
设直线与平面所成角为，向量与法向量为所成角为，
则.
故直线与平面所成角正弦值为.
21、（1）；中位数所在区间
（2）选90分以上的人去参赛；答案见解析
【解析】（1）根据频率分布直方图中，所有小矩形面积和为1，即可求得a值，根据各组的频率，即可分析中位数所在区间.
（2）计算可得之间共有6人，满足题意，分析即可得答案.
【小问1详解】
，解得
成绩在区间上的频率为，，
所以中位数所在区间，
【小问2详解】
选成绩最好的同学去参赛，
分数在之间共有人，
所以选90分以上的人去参赛．（其它方案如果合理也可以给分）
22、（1），；
（2）.
【解析】（1）根据等比数列的定义，结合等差数列的基本量，即可容易求得数列，的通项公式；
（2）根据（1）中所求，构造数列，证明其为等比数列，利用等比数列的前项和即可求得结果.
【小问1详解】
因为数列满足，
故可得数列为等比数列，且公比，则；
数列为等差数列，，前4项和，设其公差为，
故可得，解得，则；
综上所述，，.
【小问2详解】
由（1）可知：，，故，
又，又，则是首项1，公比为的等比数列；
则.