2026届江苏省盐城市大冈初中数学高二上期末监测模拟试题含解析.doc

2026届江苏省盐城市大冈初中数学高二上期末监测模拟试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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．小方每次投篮的命中率为，假设每次投篮相互独立，则他连续投篮2次，恰有1次命中的概率为（）
A. B.
C. D.
2．为了解一片大约一万株树木的生长情况，随机测量了其中100株树木的底部周长（单
位：㎝）.根据所得数据画出的样本频率分布直方图如图，那么在这片树木中，底部周长
小于110㎝的株树大约是（　　）

A.3000 B.6000
C.7000 D.8000
3．过双曲线Ω：(a＞0，b＞0)右焦点F作x轴的垂线，与Ω在第一象限的交点为M，且直线AM的斜率大于2，其中A为Ω的左顶点，则Ω的离心率的取值范围为(　　)
A.(1,3) B.(3，＋∞)
C.(1,) D.(，＋∞)
4．已知点在抛物线的准线上，则该抛物线的焦点坐标是（ ）
A. B.
C. D.
5．若一个正方体的全面积是72，则它的对角线长为（ ）
A. B.12
C. D.6
6．已知实数x，y满足，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
7．已知抛物线的焦点与椭圆的一个焦点重合，过坐标原点作两条互相垂直的射线，，与分别交于，则直线过定点（）
A. B.
C. D.
8．已知△ABC的顶点B、C在椭圆＋y2＝1上，顶点A是椭圆的一个焦点，且椭圆的另外一个焦点在BC边上，则△ABC的周长是（ ）
A.2 B.6
C.4 D.12
9．命题“，”的否定形式是（）
A.“，” B.“，”
C.“，” D.“，”
10．以下说法：
①将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变；
②设有一个回归方程，变量增加1个单位时，平均增加5个单位
③线性回归方程必过
④设具有相关关系的两个变量的相关系数为，那么越接近于0，之间的线性相关程度越高；
⑤在一个列联表中，由计算得的值，那么的值越大，判断两个变量间有关联的把握就越大。
其中错误的个数是（）
A.0 B.1
C.2 D.3
11．焦点坐标为（1，0）抛物线的标准方程是（　　）
A.y2=-4x B.y2=4x
C.x2=-4y D.x2=4y
12．设抛物线的焦点为，点为抛物线上一点，点坐标为，则的最小值为（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．如图，一个小球从10m高处自由落下，每次着地后又弹回到原来高度的，若已知小球经过的路程为，则小球落地的次数为______

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．已知直线与直线平行，则实数m的值为______
16．直线l过点P(1，3)，且它的一个方向向量为(2，1)，则直线l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）已知函数
（1）求曲线在点（e，）的切线方程；
（2）求函数的单调区间.
18．（12分）在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，已知直线：mx－（2－m）y－4=0与直线h：x+y－2=0的交点M在第一三象限的角平分线上.
（1）求实数m的值；
（2）若点P在直线l上且，求点P的坐标.
19．（12分）已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，长轴长为4，且点在椭圆上
（1）经过点M（1，）作一直线交椭圆于AB两点，若点M为线段AB的中点，求直线的斜率；
（2）设椭圆C的上顶点为P，设不经过点P的直线与椭圆C交于C，D两点，且，求证：直线过定点
20．（12分）在中，角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）若，的面积为，求.
21．（12分）已知为各项均为正数的等比数列，且，
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列前n项和
22．（10分）已知点F为抛物线的焦点，点在抛物线上，且.
（1）求该抛物线的方程；
（2）若点A在第一象限，且抛物线在点A处的切线交y轴于点M，求的面积.
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】先弄清连续投篮2次，恰有1次命中的情况有两种，它们是互斥关系，因此根据相互独立事件以及互斥事件的概率计算公式进行求解.
【详解】由题意知，他连续投篮2次，有两种互斥的情况，
即第一次投中第二次不中和第一次不中第二次投中，
因此恰有1次命中的概率为，
故选：A.
2、C
【解析】先由频率分布直方图得到抽取的样本中底部周长小于110㎝的概率，进而可求出结果.
【详解】由频率分布直方图可得，样本中底部周长小于110㎝的概率为，
因此在这片树木中，底部周长小于110㎝的株树大约是.
故选：C.
【点睛】本题主要考查频率分布直方图的应用，属于基础题型.
3、B
【解析】求点A和M的坐标，进而表示斜率，可得，整理得b2＞2ac＋2a2，从而可解得离心率的范围.
【详解】F(c,0)，设M(c，yM)，(yM＞0)代入可解得yM＝，A(－a,0)，
由于kAM＞2，即，整理得b2＞2ac＋2a2，
又b2＝c2－a2，∴c2－a2＞2ac＋2a2，
即c2－2ac－3a2＞0，∴e2－2e－3＞0，e＜－1(舍)或e＞3.
答案：B
【点睛】解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.
4、C
【解析】首先表示出抛物线的准线，根据点在抛物线的准线上，即可求出参数，即可求出抛物线的焦点.
【详解】解：抛物线的准线为
因为在抛物线的准线上

故其焦点为
故选：
【点睛】本题考查抛物线的简单几何性质，属于基础题.
5、D
【解析】根据全面积得到正方体的棱长，再由勾股定理计算对角线.
【详解】设正方体的棱长为，对角线长为，则有，解得，
从而，解得.
故选：D
6、B
【解析】实数，满足，通过讨论，得到其图象是椭圆、双曲线的一部分组成的图形，借助图象分析可得的取值就是图象上一点到直线距离范围的2倍，求出切线方程根据平行直线距离公式算出最小值，和最大值的极限值即可得出答案.
【详解】因为实数，满足，
所以当时，，其图象是位于第一象限，焦点在轴上的双曲线的一部分（含点），
当时，其图象是位于第四象限，焦点在轴上的椭圆的一部分，
当时，其图象不存在，
当时，其图象是位于第三象限，焦点在轴上的双曲线的一部分，
作出椭圆和双曲线的图象，其中图象如下：

任意一点到直线的距离
所以，结合图象可得的范围就是图象上一点到直线距离范围的2倍，
双曲线，其中一条渐近线与直线平行，
通过图形可得当曲线上一点位于时，取得最小值，无最大值，小于两平行线与之间的距离的倍，
设与其图像在第一象限相切于点，
由
因为或（舍去）
所以直线与直线的距离为
此时，
所以的取值范围是
故选：B
【点睛】三种距离公式：
（1）两点间的距离公式：
平面上任意两点间的距离公式为；
（2）点到直线的距离公式：
点到直线的距离;
（3）两平行直线间的距离公式：
两条平行直线与间的距离.
7、A
【解析】由椭圆方程可求得坐标，由此求得抛物线方程；设，与抛物线方程联立可得韦达定理的形式，根据可得，由此构造方程求得，根据直线过定点的求法可求得定点.
【详解】由椭圆方程知其焦点坐标为，又抛物线焦点，
，解得：，则抛物线的方程为，
由题意知：直线斜率不为，可设，
由得：，则，即，
设，，则，，，
，，解得：或；
又与坐标原点不重合，，，
当时，，直线恒过定点.
故选：A.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用中的直线过定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程；
④根据直线过定点的求解方法可求得结果.
8、C
【解析】根据题设条件求出椭圆的长半轴，再借助椭圆定义即可作答.
【详解】由椭圆＋y2＝1知，该椭圆的长半轴，
A是椭圆一个焦点，设另一焦点为，而点在BC边上，点B，C又在椭圆上，
由椭圆定义得，
所以的周长
故选：C
9、C
【解析】由全称命题的否定是特称命题即得.
【详解】“任意”改为“存在”，否定结论即可.
命题“，”的否定形式是“，”.
故选：C.
10、C
【详解】方差反映一组数据的波动大小，将一组数据中的每个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变，故①正确；一个回归方程，变量增加1个单位时，平均减少5个单位，故②不正确；线性回归方程必过样本中心点，故③正确；根据线性回归分析中相关系数的定义：在线性回归分析中，相关系数为r，越接近于1，相关程度越大，故④不正确；对于观察值来说，越大，“x与y有关系”的可信程度越大，故⑤正确.
故选：C
【点睛】本题主要考查用样本估计总体、线性回归方程、独立性检验的基本思想.
11、B
【解析】由题意设抛物线方程为y2=2px（p＞0），结合焦点坐标求得p，则答案可求
【详解】由题意可设抛物线方程为y2=2px（p＞0），
由焦点坐标为（1，0），得，即p=2
∴抛物的标准方程是y2=4x
故选B
【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程及其简单的几何性质的应用，其中解答中熟记抛物线的几何性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题
12、B
【解析】设点P在准线上的射影为D，则根据抛物线的定义可知|PF|＝|PD|，进而把问题转化为求|PM|+|PD|的最小值，即可求解
【详解】解：由题意，设点P在准线上的射影为D，则根据抛物线的定义可知|PF|＝|PD|，
所以要求|PM|+|PF|的最小值，即求|PM|+|PD|的最小值，

当D，P，M三点共线时，|PM|+|PD|取得最小值为
故选：B

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、4
【解析】设小球从第（n-1）次落地到第n次落地时经过的路程为m，则由已知可得数列是从第2项开始以首项为，公比为的等比数列，根据等比数列的通项公式求得，再设设小球第n次落地时，经过的路程为，由等比数列的求和公式建立方程求解即可.
【详解】解：设小球从第（n-1）次落地到第n次落地时经过的路程为m，则
当时，得出递推关系，
所以数列是从第2项开始以首项为，公比为的等比数列，所以，且，
设小球第n次落地时，经过的路程为，所以

，
所以，解得，
故答案为：4.
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、
【解析】由两直线平行的判定可得求解即可，注意验证是否出现直线重合的情况.
【详解】由题设，，解得，经检验满足题设.
故答案为：
16、
【解析】根据直线方向向量求出直线斜率即可得直线方程.
【详解】因为直线l的一个方向向量为(2，1)，所以其斜率，
所以l方程为：，即其一般式方程为：.
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）在单调递减，在单调递增
【解析】（1）求出函数的导数，求出切线的斜率，切点坐标，然后求解切线方程；
（2）利用导函数的符号，判断函数的单调性，求解函数的单调区间即可
【详解】解：（1）由得，
所以切线斜率为
切点坐标为，
所以切线方程为，即；
（2），
令，得
当时，；
当时，，
∴在单调递减，在单调递增
18、（1）3（2）
【解析】（1）求出直线与直线的交点坐标，代入直线的方程可得值；
（2）设，代入已知等式可求得值，得坐标
【小问1详解】
由得，即
所以，
【小问2详解】
由（1）直线方程是，在直线上，设，
则，解得，
所以点坐标为
19、（1）；
（2）证明见解析.
【解析】（1）设椭圆的方程为代入点的坐标求出椭圆的方程，再利用点差法求解；
（2）由题得直线的斜率存在，设直线的方程为，联立直线和椭圆的方程得韦达定理，根据和韦达定理得到，即得证.
【小问1详解】
解：由题设椭圆的方程为
因为椭圆经过点，所以
所以椭圆的方程为.
设，所以，
所以，
由题得，所以，
所以，所以，
所以直线的斜率为.
【小问2详解】
解：由题得
当直线的斜率不存在时，不符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立方程组，可得，
所以，
解得①，
设，，，，
则②，
因为，
则，，，
又，，
所以③，
由②③可得（舍或满足条件①，
此时直线的方程为，
故直线过定点
20、（1）；（2）.
【解析】(1)由正弦定理得到，两边消去公因式得到，化一即可求得角A；（2）因为，所以，再结合余弦定理得到结果.
【详解】（1）由,
得,
因为，所以，
整理得：，因，所以.
（2）因为，所以，
因为及，
所以，即.
【点睛】本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用以及三角形面积公式，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据.解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现及 、时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.
21、（1）
（2）
【解析】(1)利用基本量法，求出首项和公比，即可求解.
(2)利用错位相减法，即可求解.
【小问1详解】
设等比数列公比为

【小问2详解】

22、（1）;
（2）10.
【解析】（1）由根据抛物线的定义求出可得抛物线方程；
（2）求出抛物线过点A的切线，得出点M的坐标即可求三角形面积.
【小问1详解】
由抛物线的定义可知，
即，抛物线的方程为.
【小问2详解】
，且A在第一象限，
，即A(4,4)，
显然切线的斜率存在，故可设其方程为，
由，消去得，即，
令，
解得，
切线方程为.
令x=0，得，即,
又，，
.