四川省宜宾市翠屏区宜宾四中2026届数学高二上期末监测模拟试题含解析.doc

四川省宜宾市翠屏区宜宾四中2026届数学高二上期末监测模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．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．已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，左焦点、右顶点和下顶点分别为，坐标原点到直线的距离为，则 的面积为（）
A. B.4
C. D.
2．某高中从3名男教师和2名女教师中选出3名教师，派到3个不同的乡村支教，要求这3名教师中男女都有，则不同的选派方案共有（）种
A.9 B.36
C.54 D.108
3．已知抛物线的焦点为，抛物线上的两点，均在第一象限，且，，，则直线的斜率为（ ）
A.1 B.
C. D.
4．已知、，直线，，且，则的最小值为（）
A. B.
C. D.
5．已知圆，直线，直线l被圆O截得的弦长最短为（）
A. B.
C.8 D.9
6．函数的导函数为，若已知图象如图，则下列说法正确的是（）

A.存在极大值点 B.在单调递增
C.一定有最小值 D.不等式一定有解
7．方程有两个不同的解，则实数k的取值范围为（）
A. B.
C. D.
8．已知平面的一个法向量为，则x轴与平面所成角的大小为（）
A. B.
C. D.
9．在等差数列中，为其前n项和，，则（ ）
A.55 B.65
C.15 D.60
10．已知函数，要使函数有三个零点，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
11．和的等差中项与等比中项分别为（）
A.， B.2，
C.， D.1，
12．数列1，-3，5，-7，9，…的一个通项公式为
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，在正四棱锥中，为棱PB的中点，为棱PD的中点，则棱锥与棱锥的体积之比为______

14．已知空间向量，，若，则______.
15．若椭圆W：的离心率是，则m=___________.
16．已知曲线在点处的切线与曲线相切，则______.
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）已知曲线C的方程为
（1）判断曲线C是什么曲线，并求其标准方程；
（2）过点的直线l交曲线C于M，N两点，若点P为线段MN的中点，求直线l的方程
18．（12分）直线经过点，且与圆相交与两点，截得的弦长为，求的方程.
19．（12分）已知函数.若函数有两个极值点，求实数的取值范围.
20．（12分）已知与定点，的距离比为的点P的轨迹为曲线C，过点的直线l与曲线C交于M，N两点.
（1）求曲线C的轨迹方程；
（2）若，求.
21．（12分）已知点，
（1）若过点P作的切线只有一条，求实数的值及切线方程；
（2）过点P作斜率为1的直线l与相交于M，N两点，当面积最大时，求实数的值
22．（10分）已知的内角的对边分别为a，，若向量，且
（1）求角的值；
（2）已知的外接圆半径为，求周长的最大值.
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、C
【解析】设，根据题意，可知的方程为直线，根据原点到直线的距离建立方程，求出，进而求出，的值，以及到直线的距离，再根据面积公式，即可求出结果.
【详解】设，
由题意可知，其中，
所以的方程为，即
所以原点到直线的距离为，所以，即，；
所以直线的方程为，
所以到直线的距离为；
又，
所以 的面积为.
故选：C.
2、C
【解析】根据给定条件利用排列并结合排除法列式计算作答.
【详解】从含有3名男教师和2名女教师的5名教师中任选3名教师，派到3个不同的乡村支教，不同的选派方案有种，
选出3名教师全是男教师的不同的选派方案有种，
所以3名教师中男女都有的不同的选派方案共有种
故选：C
3、C
【解析】作垂直准线于，垂直准线于，作于，结合抛物线定义得出斜率为可求.
【详解】如图：作垂直准线于，垂直准线于，作于，
因为，，，
由抛物线的定义可知：，，，所以，
直线斜率为：.
故选：C.

4、D
【解析】先由，可得，变形得，所以，化简后利用基本不等式求解即可
【详解】因为、，直线，，且，
所以，即，
所以，所以，
所以

，
当且仅当，即时，取等号，
所以的最小值为，
故选：D
5、B
【解析】先求得直线过定点，再根据当点与圆心连线垂直于直线l时，被圆O截得的弦长最短求解.
【详解】因为直线方程，即为，
所以直线过定点，
因为点在圆的内部，
当点与圆心连线垂直于直线l时，被圆O截得的弦长最短，
点与圆心（0，0）的距离为，
此时，最短弦长为，
故选：B
6、C
【解析】根据图象可得的符号，从而可得的单调区间，再对选项进行逐一分析判断正误得出答案.
【详解】由所给的图象，可得当时，，当时，，
当时，，当时，，
可得在递减，递增；在递减，在递增，B错误，
且知，所以存在极小值和，无极大值，A错误，
同时无论是否存在，可得出一定有最小值，但是最小值不一定为负数，故C正确，D错误.
故选：C.
7、C
【解析】转化为圆心在原点半径为1的上半圆和表示恒过定点的直线始终有两个公共点，结合图形可得答案.
【详解】令，平方得表示圆心在原点半径为1的上半圆，
表示恒过定点的直线，方程有两个不同的解即半圆和直线要始终有两个公共点，如图

圆心到直线的距离为，解得，
当直线经过时由得，当直线经过时由得，
所以实数k的取值范围为.
故选：C.
8、C
【解析】依题意可得轴的方向向量可以为，再利用空间向量法求出线面角的正弦值，即可得解；
【详解】解：依题意轴的方向向量可以为，设x轴与平面所成角为，则，因为，所以，
故选：C
9、B
【解析】根据等差数列求和公式结合等差数列的性质即可求得.
【详解】解析：因为为等差数列，所以，即，.
故选:B
10、A
【解析】要使函数有三个解，则与图象有三个交点，数形结合即可求解.
【详解】要使函数有三个解，则与图象有三个交点，
因为当时，，
所以，
可得在上递减，在递增，
所以，有最小值，且时，，
当趋向于负无穷时，趋向于0，但始终小于0，
当时，单调递减，
由图像可知：

所以要使函数有三个零点，则.
故选：A
11、C
【解析】根据等差中项和等比中项的概念分别求值即可.
【详解】和的等差中项为，
和的等比中项为.
故选：C.
12、C
【解析】观察，奇偶相间排列，偶数位置为负，所以为，数字是奇数，满足2n-1,
所以可求得通项公式.
【详解】由符号来看，奇数项为正，偶数项为负，所以符号满足，
由数值1，3，5，7，9…显然满足奇数，所以满足2n-1,所以通项公式 为，选C.
【点睛】本题考查观察法求数列的通项公式，解题的关键是培养对数字的敏锐性，属于基础题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】根据图形可求出与棱锥的体积之比，即可求出结果
【详解】如图所示：

棱锥可看成正四棱锥减去四个小棱锥的体积得到，
设正四棱锥的体积为，为PB的中点，为PD的中点，
所以，而，
同理，
故棱锥的体积的为，
即棱锥与棱锥的体积之比为
故答案为：.
14、2
【解析】依据向量垂直充要条件列方程，解之即可解决.
【详解】空间向量，，
由，可知，即，解之得
故答案为：2
15、或
【解析】按照椭圆的焦点在轴和在轴上两种情况分别求解，可得所求结果
【详解】①当椭圆的焦点在轴上时，则有，
由题意得，
解得
②当椭圆的焦点在轴上时，则有，
由题意得，
解得
综上可得或
故答案为或
【点睛】解答本题的关键有两个：一个是注意分类讨论思想方法的运用，注意椭圆焦点所在的位置；二是解题时要分清椭圆方程中各个参数的几何意义，然后再根据离心率的定义求解
16、2或10
【解析】求出在处的导数，得出切线方程，与联立，利用可求.
【详解】令，，
则，，
可得曲线在点处的切线方程为.
联立，得，
，解得或.
故答案为：2或10.

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)根据椭圆的定义即可判断并求解；
(2)根据点差法即可求解中点弦斜率和中点弦方程.
【小问1详解】
设，，E(x，y)，
∵，
，且，
点的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆
设椭圆C的方程为，
记，则，，
，，，
曲线的标准方程为
【小问2详解】
根据椭圆对称性可知直线l斜率存在，设，
则，
由①－②得，，
∴l：，即.
18、或
【解析】直线截圆得的弦长为，结合圆的半径为5，利用勾股定理可得圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式列方程求出直线斜率，由点斜式可得结果.
【详解】设直线的方程为，即，
因为圆的半径为5，截得的弦长为
所以圆心到直线的距离，
即或，
∴所求直线的方程为或.
【点睛】本题主要考查点到直线距离公式以及圆的弦长的求法，求圆的弦长有两种方法：一是利用弦长公式，结合韦达定理求解；二是利用半弦长，弦心距，圆半径构成直角三角形，利用勾股定理求解.
19、.
【解析】求得，根据其在上有两个零点，结合零点存在性定理，对参数进行分类讨论，即可求得参数的取值范围.
【详解】因为，
所以，令，
由题意可知在上有两个不同零点.
又，若，则，故在上为增函数，
这与在上有两个不同零点矛盾，故.
当时，，为增函数，
当时，，为减函数，故，
因为在上有两个不同零点，故，即，即，
取，，故在有一个零点，
取，，
令，，则，
故在为减函数，因为，
故，故，
故在有一个零点，
故在上有两个零点，故实数的取值范围为.
【点睛】本题考察利用导数由函数的极值点个数求参数的范围，涉及零点存在定理，以及利用导数研究函数单调性，属综合困难题.
20、（1）
（2）或
【解析】（1）设曲线上的任意一点，由题意可得，化简即可得出
（2）分直线的斜率不存在与存在两种情况讨论，当斜率不存在时，即可求出、的坐标，从而求出，当直线的斜率存在，设直线方程为，，，联立直线与圆的方程，消元列出韦达定理，则，即可求出，从而求出直线方程，由圆心在直线上，即可求出弦长；
【小问1详解】
解：（1）设曲线上的任意一点，
由题意可得：，即，整理得
【小问2详解】
解：依题意当直线的斜率不存在时，直线方程为，则，则或，即、，所以、，所以满足条件，此时，
当直线的斜率存在，设直线方程为，，，则，消去整理得，由，解得或，所以、，因为，，所以

，解得，所以直线方程为，又直线过圆心，所以，
综上可得或；
21、（1）；当时，切线方程为；当时，切线方程为；
（2）或
【解析】(1)根据题意可知P在圆上，据此即可求t和切线方程；
(2)的面积，则当面积最大时，．即，据此即可求出圆心O到直线l的距离，即可求出t的数值.
【小问1详解】
由题意得点在上，∴，，
①当时，切点，直线OP的斜率，切线斜率，
切线方程为，即
②当时，切点，直线OP的斜率，切线斜率，
切线方程，即
【小问2详解】
∵的面积，
则当面积最大时，．即，则圆心O到直线l距离
又直线，即，则，解之得或
注：亦可设圆心O到直线l的距离为d，则的面积，
当且仅当，即时取等号(下同)
22、（1）
（2）6
【解析】（1）由可得，再利用正弦定理和三角函数恒等变换公可得，从而可求出角的值，
（2）利用正弦定理求出，再利用余弦定理结合基本不等式可得的最大值为4，从而可求出三角形周长的最大值
【小问1详解】
由，得 ，
由正弦定理，得，
即.
在中，由，得.
又，所以.
【小问2详解】
根据题意，得，
由余弦定理，得，
即，
整理得，当且仅当时，取等号，
所以的最大值为
所以.
所以的周长的最大值为 .