2026届贵州省黎平县第三中学数学高二上期末学业水平测试模拟试题含解析.doc

2026届贵州省黎平县第三中学数学高二上期末学业水平测试模拟试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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．从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点；从双曲线的一个焦点发出的光线，经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.如图①，一个光学装置由有公共焦点的椭圆与双曲线构成，现一光线从左焦点发出，依次经与反射，又回到了点，历时秒；若将装置中的去掉，如图②，此光线从点发出，经两次反射后又回到了点，历时秒；若，则的长轴长与的实轴长之比为（ ）

A. B.
C. D.
2．设，是两个不同的平面，是直线且．“”是“”的
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
3．设圆上的动点到直线的距离为，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
4．直线y=x+1与圆x2+y2=1的位置关系为
A.相切
B.相交但直线不过圆心
C.直线过圆心
D.相离
5．已知抛物线：，焦点为，若过的直线交抛物线于、两点，、到抛物线准线的距离分别为3、7，则长为
A.3 B.4
C.7 D.10
6．1852年英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题解法传至欧洲，西方人称之为“中国剩余定理”．现有这样一个问题：将1到200中被3整除余1且被4整除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则=（ ）
A.130 B.132
C.140 D.144
7．设函数在R上存在导数，对任意的有，若，则k的取值范围是（）
A. B.
C. D.
8．已知点O为坐标原点，抛物线C：的焦点为F，点T在抛物线C的准线上，线段FT与抛物线C的交点为W，，则（ ）
A.1 B.
C. D.
9．设函数若函数有两个零点，则实数m的取值范围是（）
A. B.
C. D.
10．若某群体中成员只用现金支付的概率为，既用现金支付也用非现金支付的概率为，则不用现金支付的概率为（）
A. B.
C. D.
11．函数极小值为（）
A. B.
C. D.
12．在等比数列中，，，则等于（）
A. B.5
C. D.9
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知函数集合，若A中有且仅有4个元素，则满足条件的整数a的个数为______
14．点为椭圆上的一动点，则点到直线的距离的最小值为___________.
15．如图，椭圆的中心在坐标原点，是椭圆的左焦点，分别是椭圆的右顶点和上顶点，当时，此类椭圆称为“黄金椭圆”，则“黄金椭圆”的离心率___________.

16．已知函数在R上连续且可导，为偶函数且，其导函数满足，则不等式的解集为___.
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，在三棱锥中，已知△ABC和△PBC均为正三角形，D为BC的中点

（1）求证：平面；
（2）若，，求三棱锥的体积
18．（12分）某中医药研究所研制出一种新型抗过敏药物，服用后需要检验血液抗体是否为阳性，现有n（n∈N*）份血液样本，每个样本取到的可能性均等，有以下两种检验方式：①逐份检验，需要检验n次；②混合检验，将其中k（k∈N*，2≤k≤n）份血液样本分别取样混合在一起检验，若结果为阴性，则这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只需检验一次就够了，若检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪份为阳性，就需要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为k+1次.假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是相互独立的，且每份样本是阳性的概率为p（0＜p＜1）.
（1）假设有5份血液样本，其中只有两份样本为阳性，若采取逐份检验的方式，求恰好经过3次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率.
（2）现取其中的k（k∈N*，2≤k≤n）份血液样本，采用逐份检验的方式，样本需要检验的次数记为ξ1；采用混合检验的方式，样本需要检验的总次数记为ξ2.
（i）若k＝4，且，试运用概率与统计的知识，求p的值；
（ii）若，证明：.
19．（12分）给定函数.

（1）判断函数f（x）的单调性，并求出f（x）的极值；
（2）画出函数f（x）的大致图象，无须说明理由（要求：坐标系中要标出关键点）；
（3）求出方程的解的个数.
20．（12分）已知函数
（1）当时，求函数的极值；
（2）当时，若恒成立，求实数a的取值范围
21．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别a，b，c．已知2bcosB=ccosA+acosC
（1）求B；
（2）若a=2，，设D为CB延长线上一点，且AD⊥AC，求线段BD的长
22．（10分）如图所示，四棱锥的底面为直角梯形，，，，，底面，为的中点

（1）求证：平面平面；
（2）求点到平面的距离
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】在图①和图②中，利用椭圆和双曲线的定义，分别求得 和的周长，再根据光速相同，且 求解.
【详解】在图①中，由椭圆的定义得：，由双曲线的定义得，
两式相减得 ，
所以 的周长为 ，
在图②中，的周长为，
因为光速相同，且 ，
所以 ，即 ，
所以，
即的长轴长与的实轴长之比为，
故选：D
2、B
【解析】，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，，∴和没有公共点，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分条件．故选B
考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.
【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.
3、C
【解析】求出圆心到直线距离 ，再借助圆的性质求出d的最大值与最小值即可.
【详解】圆的方程化为，圆心为，半径为1，
则圆心到直线的距离，即直线和圆相离，
因此，圆上的动点到直线的距离，有，，即，
即的取值范围是：.
故选：C
4、B
【解析】求出圆心到直线的距离d，与圆的半径r比较大小即可判断出直线与圆的位置关系，同时判断圆心是否在直线上，即可得到正确答案
解：由圆的方程得到圆心坐标（0，0），半径r=1
则圆心（0，0）到直线y=x+1的距离d==＜r=1，
把（0，0）代入直线方程左右两边不相等，得到直线不过圆心
所以直线与圆的位置关系是相交但直线不过圆心
故选B
考点：直线与圆的位置关系
5、D
【解析】利用抛物线的定义，把的长转化为点到准线的距离的和得解
【详解】解：抛物线：，焦点为，
过的直线交抛物线于、两点，、到抛物线准线的距离分别为3、7，
则
故选D
【点睛】本题考查抛物线定义的应用，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.
6、A
【解析】分析数列的特点，可知其是等差数列，写出其通项公式，进而求得结果,
【详解】被3整除余1且被4整除余2的数按从小到大的顺序排成一列，这样的数构成首项为10，公差为12的等差数列，
所以 ，
故，
故选:A.
7、C
【解析】构造函数，求导后利用单调性，对题干条件变形后得到不等关系，求出答案.
【详解】令，则恒成立，故单调递增，变形为，即，从而，解得：，故k的取值范围是
故选：C
8、B
【解析】根据平面向量共线的性质，结合抛物线的定义进行求解即可.
【详解】由已知得：，该抛物线的准线方程为：，所以设，
因为，所以，
由抛物线的定义可知：，
故选：B
9、D
【解析】有两个零点等价于与的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与最值，画出函数图象，数形结合可得结果.
【详解】解：设，则，所以在上递减，在上递增，
，且时，，
有两个零点等价于与的图象有两个交点，
画出的图象，如下图所示，

由图可得，时，与的图象有两个交点，
此时，函数有两个零点，
实数m的取值范围是，
故选：D.
【点睛】方法点睛：本题主要考查分段函数的性质、利用导数研究函数的单调性、函数的零点，以及数形结合思想的应用，属于难题.数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质
10、A
【解析】利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】由对立事件概率公式可知，该群体中的成员不用现金支付的概率为.
故选：A.
11、A
【解析】利用导数分析函数的单调性，可求得该函数的极小值.
【详解】对函数求导得，令，可得或，
列表如下：

减
极小值
增
极大值
减
所以，函数的极小值为.
故选：A.
12、D
【解析】由等比数列的项求公比，进而求即可.
【详解】由题设，，
∴
故选：D

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、32
【解析】作出的图像，由时，不等式成立，所以，判断出符合条件的非零整数根只有三个，即等价于时，；时，；利用数形结合，进行求解.
【详解】作出的图像如图所示：

因为时，不等式成立，所以，符合条件的非零整数根只有三个.
由可得：
时，；时，；
所以在y轴左侧，的图像都在的下方；在y轴右侧，的图像都在的上方；
而，，，，.
平移直线，由图像可知：
当时，集合A中除了0只含有1，2，3，符合题意，此时整数a可以取：-23，-22，-21……-9.一共15个；
当时，集合A中除了0含有1，-1，-2，符合题意.
当时，集合A中除了0只含有-1，-2，-3，符合题意，此时整数a可以取：5，6，7……20一共16个.
所以整数a的值一共有15+1+16=32（个）.
故答案为：32
【点睛】分离参数法求零点个数的问题是转化为，分别做出和的图像，观察交点的个数即为零点的个数．用数形结合法解决零点问题常有以下几种类型：
(1)零点个数：几个零点；
(2)几个零点的和；
(3)几个零点的积 .
14、
【解析】设与平行的直线与相切，求解出此时的方程，则点到直线距离的最大值可根据平行直线间的距离公式求解出.
【详解】设与平行的直线，当与椭圆相切时有：
，所以，
所以，所以，
由题意取时，到直线的距离较小
此时与（即）的距离为，
所以点到直线距离的最小值为，
故答案为：.
15、或
【解析】写出，，求出，根据以及即可求解，
【详解】由题意，，，
所以，，
因为，则，
即，即，
所以，即，
解得或（舍）.
故答案为：
16、
【解析】由已知条件可得图象关于对称，在上递增，在上递减，然后分四种情况讨论求解即可
【详解】因为为偶函数，所以的图象关于轴对称，
所以的图象关于对称，
因为，
所以当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
由，得
，或，或，或，
解得，或，或，或，
综上，，
所以等式的解集为
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）证明见解析；
（2）.
【解析】【小问1详解】
因为△ABC和△PBC为正三角形，D为BC的中点，
所以,
又,
所以平面
【小问2详解】
因为△ABC和△PBC为正三角形，且，
所以,
又，
所以正三角形的面积为，
所以.
18、（1）；（2）（i）；（ii）证明见解析.
【解析】（1）设恰好经过3次检验就能把阳性样本全部检验出来为事件A，由古典概型概率计算公式可得答案；
（2）（i）由已知，可能取值分别为1，，求解概率然后求期望推出关于的关系式；
（ii）由，计算出，再由，构造函数，利用导数判断函数的最值可得答案..
【详解】（1）设恰好经过3次检验就能把阳性样本全部检验出来为事件A，
所以前2次检验中有一阳性有一阴性样本第三次为阳性样本，或者前3次均为阴性样本，
则.
（2）（i），所以，可能取值分别为1，，
，
，
因为得，因为，
所以，.
（ii）因为，由（i）知，
所以，
设，，
所以在单调递增，所以
由于，所以，即，得证.
【（4）（5）选做】
19、（1）函数的减区间为，增区间为，有极小值，无极大值； （2）具体见解析； （3）具体见解析.
【解析】（1）对函数求导，进而求出单调区间和极值；
（2）结合（1），并代入几个特殊点，再结合函数的变化趋势作出图象；
（3）结合（2），采用数形结合的方法求得答案.
【小问1详解】
，时，，单调递减，时，，单调递增，故函数在x=-1处取得极小值为，无极大值.
【小问2详解】

作图说明：由（1）可知函数先减后增，有极小值；描出极小值点，原点和点（1，e）；当时，函数增加得越来越快，当时，函数越来越接近于0.
【小问3详解】
结合图象可知，若，则方程有0个解；若，则方程有2个解；若或，则方程有1个解.
20、（1）极大值；极小值
（2）
【解析】（1）利用导数来求得的极大值和极小值.
（2）由不等式分离常数，通过构造函数法，结合导数来求得的取值范围.
【小问1详解】
当时，，
，
令，可得或2
所以在区间递增；
在区间递减.
故当时．函数有极大值，
故当时，函数有极小值；
【小问2详解】
由，有，
可化为，
令，有，
令，有，
令，可得，可得函数的增区间为，减区间为，
有，
可知，有函数为减函数，
有，
故当时，若恒成立，则实数a的取值范围为
【点睛】求解不等式恒成立问题，可利用分离常数法，结合导数求最值来求解.在利用导数研究函数的过程中，如果一阶导数无法解决，可考虑利用二阶导数来进行求解.
21、（1）
（2）
【解析】（1）利用正弦定理化简已知条件，求得，由此求得.
（2）利用正弦定理求得，由列方程来求得.
【小问1详解】
，
由正弦定理得，
因为，所以，
.
【小问2详解】
由（1）知，，
由正弦定理：得，
，
或（舍去），
，
，所以由得，
，

22、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）设与交点为，延长交的延长线于点，进而根据证明，再结合底面得，进而证明平面即可证明结论；
（2）由得点到平面的距离等于点到平面的距离的，进而过作，垂足为，结合（1）得点到平面的距离等于，再在中根据等面积法求解即可.
【小问1详解】
证明：设与交点为，延长交的延长线于点，
因为四棱锥的底面为直角梯形，，
所以，所以，
因为为的中点，所以，
因为
所以，所以，所以，
所以，
又因为，所以，
又因为，所以，
所以，所以
又因为底面，所以，
因为，

所以平面，
因为平面，
所以平面平面
【小问2详解】
解：由于，
所以，点到平面的距离等于点到平面的距离的，

因为平面平面，平面平面
故过作，垂足为，
所以，平面，
所以点到平面的距离等于
在中，，
所以，点到平面的距离等于.