湖南省长沙市雅礼中学2026届数学高二第一学期期末统考模拟试题含解析.doc

湖南省长沙市雅礼中学2026届数学高二第一学期期末统考模拟试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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．如图是一个程序框图，执行该程序框图，则输出的n值是（ ）

A.2 B.3
C.4 D.5
2．圆截直线所得弦的最短长度为（）
A.2 B.
C. D.4
3．若抛物线的准线方程是，则抛物线的标准方程是（ ）
A. B.
C. D.
4．已知直线过点，当直线与圆有两个不同的交点时，其斜率的取值范围是（）
A. B.
C. D.
5．某综合实践小组设计了一个“双曲线型花瓶”.他们的设计思路是将某双曲线的一部分（图1中A，C之间的曲线）绕其虚轴所在直线l旋转一周，得到花瓶的侧面，花瓶底部是平整的圆面，如图2.该小组给出了图1中的相关数据：，，，，，其中B是双曲线的一个顶点.小组中甲、乙、丙、丁四位同学分别用不同的方法估算了该花瓶的容积（忽略瓶壁和底部的厚度），结果如下表所示
学生
甲
乙
丙
丁
估算结果（）

其中估算结果最接近花瓶的容积的同学是（ ）（参考公式：，，）

A.甲 B.乙
C.丙 D.丁
6．已知双曲线的渐近线方程为，则该双曲线的离心率等于（）
A. B.
C.2 D.4
7．圆与的公共弦长为（）
A. B.
C. D.
8．在等差数列{an}中，已知a1＝2，a2+a3＝13，则a4+a5+a6等于（）
A.40 B.42
C.43 D.45
9．设，，，则下列不等式中一定成立的是（）
A. B.
C. D.
10．把点随机投入长为，宽为的矩形内，则点与矩形四边的距离均不小于的概率为（）
A. B.
C. D.
11．若数列满足，则数列的通项公式为（）
A. B.
C. D.
12．已知抛物线的焦点为F，点P为该抛物线上的动点，若，则当最大时，（）
A. B.1
C. D.2
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知函数满足：①是奇函数；②当时，．写出一个满足条件的函数________
14．已知数列的各项均为正数，记为的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立
①数列是等差数列：②数列是等差数列；③
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分
15．在中，内角，，的对边分别为，，，若，且，则_______
16．过点作圆的两条切线，切点为A，B，则直线的一般式方程为___________.
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：在四棱锥中，底面为正方形，侧棱平面，点为中点，.

（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角大小；
（3）求点到平面的距离.
18．（12分）已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，焦距为2，离心率为
（1）求椭圆C的方程；
（2）设直线l经过点M（0，1），且与椭圆C交于A，B两点，若，求直线l的方程
19．（12分）如图，四棱锥的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，

（1）证明：；
（2）设平面平面，求l与平面MND所成角的正弦值
20．（12分）已知圆的圆心为，且圆经过点
（1）求圆的标准方程；
（2）若圆：与圆恰有两条公切线，求实数的取值范围
21．（12分）已知命题p：直线与双曲线的右支有两个不同的交点，命题q：直线与直线平行.
（1）若，判断命题“”的真假；
（2）若命题“”为真命题，求实数k的取值范围.
22．（10分） “既要金山银山，又要绿水青山”.滨江风景区在一个直径为100米的半圆形花园中设计一条观光线路（如图所示）.在点与圆弧上的一点（不同于A，B两点）之间设计为直线段小路，在直线段小路的两侧（注意是两侧）种植绿化带；再从点到点设计为沿弧的弧形小路，在弧形小路的内侧（注意是一侧）种植绿化带（注：小路及绿化带的宽度忽略不计）.

（1）设 (弧度)，将绿化带总长度表示为的函数；
（2）试确定的值，使得绿化带总长度最大.(弧度公式：，其中为弧所对的圆心角)
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】程序框图中的循环结构，一般需重复计算，根据判断框中的条件，确定何时终止循环，输出结果.
【详解】初始值：，
当时，，进入循环；
当时，，进入循环；
当时，，
终止循环，输出的值为3.
故选：B
2、A
【解析】由题知直线过定点，且在圆内，进而求解最值即可.
【详解】解：将直线化为，
所以联立方程得
所以直线过定点
将化为标准方程得，即圆心为，半径为，
由于，
所以点在圆内，
所以点与圆圆心间的距离为，
所以圆截直线所得弦的最短长度为
故选：A
3、D
【解析】根据抛物线的准线方程，可直接得出抛物线的焦点，进而利用待定系数法求得抛物线的标准方程
【详解】准线方程为，则说明抛物线的焦点在轴的正半轴
则其标准方程可设为：
则准线方程为：
解得：
则抛物线的标准方程为：
故选：D
4、A
【解析】设直线方程，利用圆与直线的关系，确定圆心到直线的距离小于半径，即可求得斜率范围.
【详解】如下图：
设直线l的方程为即

圆心为，半径是1
又直线与圆有两个不同的交点

故选：A

5、D
【解析】根据几何体可分割为圆柱和曲边圆锥，利用圆柱和圆锥的体积公式对几何体的体积进行估计即可.
【详解】可将几何体看作一个以为半径，高为的圆柱，
再加上两个曲边圆锥，其中底面半径分别为，，高分别为,,
,
,
所以花瓶的容积，
故最接近的是丁同学的估算，
故选：D
6、A
【解析】由双曲线的渐近线方程，可得，再由的关系和离心率公式，计算即可得到所求值
【详解】解：双曲线的渐近线方程为，
由题意可得即，可得
由可得，
故选：A.
7、D
【解析】已知两圆方程，可先让两圆方程作差，得到其公共弦的方程，然后再计算圆心到直线的距离，再结合勾股定理即可完成弦长的求解.
【详解】已知圆，圆，
两圆方程作差，得到其公共弦的方程为：：，
而圆心到直线的距离为，
圆的半径为，所以，所以.
故选：D.
8、B
【解析】根据已知求出公差即可得出.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，，所以，
则.
故选：B.
9、B
【解析】利用特殊值法可判断ACD的正误，根据不等式的性质，可判断B的正误.
【详解】对于A中，令，，，，满足，，但，
故A错误；
对于B中，因为，所以由不等式的可加性，可得，
所以，故B正确；
对于C中，令，，，，满足，，但，
故C错误；
对于D中，令，，，，满足，，但，
故D错误
故选：B
10、A
【解析】确定矩形四边的距离均不小于的点构成的区域，由几何概型面积型的公式计算可得结果.
【详解】若点与矩形四边的距离均不小于，则其落在如图所示的阴影区域内，

所求概率.
故选：A.
11、D
【解析】由，分两步，当求出，当时得到，两式作差即可求出数列的通项公式；
【详解】解：因为①，当时，，当时②，
①②得，所以，当时也成立，所以；
故选：D
12、B
【解析】根据抛物线的定义，结合换元法、配方法进行求解即可.
【详解】因为点P为该抛物线上的动点，所以点P的坐标设为，抛物线的焦点为F，所以，抛物线的准线方程为：，因此，
令，
，
当时，即当时，有最大值，最大值为1，此时.
故选：B

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、（答案不唯一）
【解析】利用函数的奇偶性及其单调性写出函数解析式即可.
【详解】结合幂函数的性质可知是奇函数，当时，，则符合上述两个条件，
故答案为：（答案不唯一）.
14、证明过程见解析
【解析】选①②作条件证明③时，可设出，结合的关系求出，利用是等差数列可证；也可分别设出公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，进行证明.
选①③作条件证明②时，根据等差数列的求和公式表示出，结合等差数列定义可证；
选②③作条件证明①时，设出，结合的关系求出，根据可求，然后可证是等差数列；也可利用前两项的差求出公差，然后求出通项公式，进而证明出结论.
【详解】选①②作条件证明③：
[方法一]：设，则，
当时，；
当时，；
因为也是等差数列，所以，解得；
所以，，故.
[方法二] ：设等差数列的公差为d，等差数列的公差为，
则，将代入，
化简得对于恒成立
则有，解得．所以
选①③作条件证明②：
因为，是等差数列，
所以公差，
所以，即，
因为，
所以是等差数列.
选②③作条件证明①：
[方法一]：
设，则，
当时，；
当时，；
因为，所以，解得或；
当时，，当时，满足等差数列的定义，此时为等差数列；
当时，，不合题意，舍去.
综上可知为等差数列.
[方法二]【最优解】：
因为，所以，，因为也为等差数列，所以公差，所以，故，当时，，当时，满足上式，故的通项公式为，所以，，符合题意.
【整体点评】这类题型在解答题后可证是等差数列；法二：利用是等差数列即前两项的差求出公差，然后求出的通项公式，利用，求出的通项公式，进而证明出结论.
15、
【解析】代入，展开整理得，①
化为，与①式相加得
，转化为关于的方程，求解即可得出结论.
【详解】因为，所以，
所以，因为，
所以，
则，
整理得，解得.
故答案为:.
【点睛】本题考查正弦定理的边角互化，考查三角函数化简求值，属于中档题.
16、
【解析】已知圆的圆心，点在以为直径的圆上，两圆相减就是直线的方程.
【详解】，圆心，
点在以为直径的圆上，，所以圆心是，
以为直径的圆的圆的方程是，
直线是两圆相交的公共弦所在直线，所以两圆相减就是直线的方程，
，
所以直线的一般式方程为.
故答案为：
【点睛】结论点睛：过圆外一点引圆的切线，那么以圆心和圆外一点连线段为直径的圆与已知圆相减，就是切点所在直线方程，或是两圆相交，两圆相减，就是公共弦所在直线方程.

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）；
（3）.
【解析】（1）以AB所在的直线为x轴，以AD所在的直线为y轴，以AP所在的直线为z轴，建立如图所示的直角坐标系，求出平面PCD的法向量为，平面的法向量为，即得证；
（2）设直线与平面所成角为，利用向量法求解；
（3）利用向量法求点到平面的距离.
【小问1详解】
证明：

PA平面ABCD，ABCD为正方形，以AB所在的直线为x轴，以AD所在的直线为y轴，以AP所在的直线为z轴，建立如图所示的直角坐标系.
由已知可得A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），P（0，0，1）
M为PD的中点，，所以，，，
所以，又PDAM，，平面PCDAM 平面PCD.
平面PCD的法向量为.
设平面的法向量为,，
令，则，.
.平面MAC平面PCD.
【小问2详解】
解：设直线与平面所成角为，
由(1)可得：平面PCD的法向量为，，
，即直线与平面所成角大小.
【小问3详解】
解：，设点到平面的距离为，.
点到平面的距离为.
18、（1）；（2）或
【解析】（1）根据椭圆的焦距为2，离心率为，求出，，即可求椭圆的方程；（2）设直线方程为，代入椭圆方程，由得，利用韦达定理，化简可得，求出，即可求直线的方程.
试题解析：（1）设椭圆方程为，因为 ，所以 ，所求椭圆方程为.
（2）由题得直线l的斜率存在，设直线l方程为y=kx+1，则由得，且．设，则由得，又，所以消去得，解得，，所以直线的方程为，即或.
19、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得.
（2）利用向量法求得与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
∵PD⊥平面ABCD，，以点D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，
则D（0，0，0），N（，0，），P（0，0，2），M（1，2，0）
所以，，
所以,
所以.
【小问2详解】
由正方形ABCD得，CD//AB，
∵平面PAB，平面PAB，
∴CD//平面PAB；
又∵平面PCD，平面平面
∴CD//l；
于是CD与平面MND所成的角即为l与平面MND所成的角
由（1）知，
设平面MND的一个法向量，则，
取，则，
于是是平面MND的一个法向量，
因为，设l与平面MND所成角为，则

20、（1）；
（2）.
【解析】(1)根据给定条件求出圆C的半径，再直接写出方程作答.
(2)由给定条件可得圆C与圆O相交，由此列出不等式求解作答.
【小问1详解】
依题意，圆C的半径，
所以圆的标准方程是：.
【小问2详解】
圆：的圆心，半径为，
因圆与圆恰有两条公切线，则有圆O与圆C相交，即，而，
因此有，解得，
所以实数的取值范围是.
21、（1）命题“”为真命题
（2）
【解析】（1）先判断命题p，命题q的真假，再利用复合命题的真假判断；
（2）根据命题“”真命题，由p为真命题，q为假命题求解.
【小问1详解】
解：对于命题p，易知直线与双曲线的左、右支各有一个交点，
∴命题p为假命题；
对于命题q，时，有与，显然两条直线垂直，
∴命题q为假命题.
∴命题“”为真命题.
【小问2详解】
∵命题“”为真命题，
∴p为真命题，q为假命题.
对于命题p，由得，
直线与双曲线的右支有两个不同的交点，即此方程有两个不同的正根，
∴得.
对于命题q，要使命题q为真，则，解得，
∴命题q为假命题，即.
∴实数k的取值范围为.
22、（1）；（2）.
【解析】（1）在直角三角形中，求出，在扇形中利用弧长公式求出弧的长度，则可得函数；
（2）利用导数可求得结果.
【详解】（1）如图，连接在直角三角形中，
所以由于
则弧的长为

（2）由（1）可知，令 得，因为所以，
当单调递增，
当单调递减，
所以当时，使得绿化带总长度最大.
【点睛】关键点点睛：仔细审题，注意题目中的关键词“两侧”和“一侧”是解题关键.