安徽省合肥一中、六中、八中2026届高二数学第一学期期末教学质量检测模拟试题含解析.doc

安徽省合肥一中、六中、八中2026届高二数学第一学期期末教学质量检测模拟试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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． “”是“方程为双曲线方程”的（）
A充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
2．已知向量，且与互相垂直，则k=（）
A. B.
C. D.
3． “”是“函数在上有极值”的（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
4．已知函数及其导函数，若存在使得，则称是的一个“巧值点”.下列选项中没有“巧值点”的函数是()
A. B.
C. D.
5．设是区间上的连续函数，且在内可导，则下列结论中正确的是（）
A.的极值点一定是最值点
B.的最值点一定是极值点
C.在区间上可能没有极值点
D.在区间上可能没有最值点
6．抛物线的焦点为F，点为该抛物线上的动点，点A是抛物线的准线与坐标轴的交点，则的最大值是（ ）
A.2 B.
C. D.
7．已知椭圆的右焦点为，为坐标原点，为轴上一点，点是直线与椭圆的一个交点，且，则椭圆的离心率为（）
A. B.
C. D.
8．已知直线的倾斜角为，在轴上的截距为，则此直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
9．若，则下列结论不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
10．如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，圆锥PO的轴截面PAE是边长为2的等边三角形，是底面圆的内接正三角形．则（）

A. B.
C. D.
11．已知直线：与双曲线的两条渐近线分别相交于A、B两点，若C为直线与y轴的交点，且，则k等于（）
A.4 B.6
C. D.
12．1852年英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲，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
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．如图，在四棱锥中，O是AD边中点，底面ABCD..在底面ABCD中，，，，.

（1）求证：平面POC；
（2）求直线PC与平面PAB所成角的正弦值.
14．设为第二象限角，若，则__________
15．已知数列{}的前n项和为，则该数列的通项公式__________.
16．命题“”的否定为_____________.
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）已知椭圆的右顶点为，上顶点为.离心率为，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若，是椭圆上异于长轴端点的两点（斜率不为0），已知直线，且，垂足为，垂足为，若，且的面积是面积的5倍，求面积的最大值.
18．（12分）已知首项为1的等比数列，满足
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和
19．（12分）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD，PD=AD=2，E，F分别为AD和PB的中点.请用空间向量知识解答下列问题：

（1）求证：EF//平面PDC；
（2）求平面EFC与平面PBD夹角的余弦值.
20．（12分）已知函数，.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，记在区间的最大值为M，最小值为N，求的取值范围.
21．（12分）已知圆与
（1）过点作直线与圆相切，求的方程；
（2）若圆与圆相交于、两点，求的长
22．（10分）已知数列的前项和为，且．数列是等比数列，，
（1）求，的通项公式；
（2）求数列的前项和
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、C
【解析】先求出方程表示双曲线时满足的条件，
然后根据“小推大”原则进行判断即可.
【详解】因为方程为双曲线方程，所以，
所以“”是“方程为双曲线方程”的充要条件.
故选：C.
2、C
【解析】利用垂直的坐标表示列方程求解即可.
【详解】由与互相垂直得，
解得
故选：C.
3、B
【解析】对求导，取得函数在上有极值的等价条件，再根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可
【详解】解：，则，
令，可得，
当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，
所以，函数在处取得极小值，
若函数在上有极值，则，，
因为，但是由推不出，
因此是函数在上有极值的必要不充分条件
故选：B
4、C
【解析】利用新定义：存在使得，则称是的一个“巧点”，对四个选项中的函数进行一一的判断即可
【详解】对于A，，则，令，解得或，即有解，故选项A的函数有“巧值点”，不符合题意；
对于B，，则，令，令，则g(x)在x＞0时为增函数，∵(1)，(e)，由零点的存在性定理可得，在上存在唯一零点，即方程有解，故选项B的函数有“巧值点”，不符合题意；
对于C，，则，令，故方程无解，故选项C的函数没有“巧值点”，符合题意；
对于D，，则，
令，
则.
∴方程有解，故选项D的函数有“巧值点”，不符合题意
故选：C
5、C
【解析】根据连续函数的极值和最值的关系即可判断
【详解】根据函数的极值与最值的概念知，的极值点不一定是最值点，的最值点不一定是极值点．可能是区间的端点，连续可导函数在闭区间上一定有最值，所以选项A，B，D都不正确，若函数在区间上单调，则函数在区间上没有极值点，所以C正确
故选：C.
【点睛】本题主要考查函数的极值与最值的概念辨析，属于容易题
6、B
【解析】设直线的倾斜角为，设垂直于准线于，由抛物线的性质可得，则，当直线PA与抛物线相切时，最小，取得最大值，设出直线方程得到直线和抛物线相切时的点P的坐标，然后进行计算得到结果.
【详解】设直线的倾斜角为，设垂直于准线于，
由抛物线的性质可得，
所以则，
当最小时，则值最大，
所以当直线PA与抛物线相切时，θ最大，即最小，
由题意可得，
设切线PA的方程为：，
，整理可得，
，可得，
将代入，可得，所以，
即P的横坐标为1，即P的坐标，
所以，，
所以的最大值为：，
故选：B

【点睛】关键点睛：本题主要考查了抛物线的简单性质．解题的关键是利用了抛物线的定义．一般和抛物线有关的小题，很多时可以应用结论来处理的；平时练习时应多注意抛物线的结论的总结和应用．尤其和焦半径联系的题目，一般都和定义有关，实现点点距和点线距的转化
7、D
【解析】设椭圆的左焦点为，由椭圆的对称性可知，则，所以，即可得到的关系，利用椭圆的定义进而求得离心率.
【详解】设椭圆的左焦点为，连接，
因为，所以，如图所示，

所以，
设，，则，
所以，
故选：D.
8、D
【解析】求出直线的斜率，利用斜截式可得出直线的方程.
【详解】直线的斜率为，由题意可知，所求直线的方程为.
故选：D.
9、B
【解析】由得出，再利用不等式的基本性质和基本不等式来判断各选项中不等式的正误.
【详解】，，，，A选项正确；
，B选项错误；
由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，，则等号不成立，所以，C选项正确；
，，D选项正确.
故选：B.
【点睛】本题考查不等式正误的判断，涉及不等式的基本性质和基本不等式，考查推理能力，属于基础题.
10、B
【解析】先求出，再利用向量的线性运算和数量积计算求解.
【详解】解：由题得, ,

故选：B

11、D
【解析】先求出双曲线的渐近线方程，然后分别与直线联立，求出A、B两点的横坐标，再利用可求解.
【详解】由双曲线方程可知其渐近线方程为：，
当时，与联立，得，
同理得，
由，且可知，
所以有，解得.
故选：D
12、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

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）由题意，证明BCOA是平行四边形，从而可得，然后根据线面平行的判断定理即可证明；
（2）证明BCDO是平行四边形，从而可得，由题意，可建立以为轴建立空间直角坐标系，求出平面ABP的法向量，利用向量法即可求解直线PC与平面PAB所成角的正弦值为.
【小问1详解】
证明：由题意，又，所以BCOA是平行四边形，所以，
又平面POC，平面POC，所以平面POC；
【小问2详解】

解：，，所以BCDO是平行四边形，所以，，而，
所以，以为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，
设平面ABP的一个法向量为，
则，取x=1，则，，所以，
设直线PC与平面PAB所成角为，则，
所以直线PC与平面PAB所成角的正弦值为.
14、
【解析】先求出，再利用二倍角公式求的值.
【详解】因为为第二象限角，若，
所以.
所以.
故答案为
【点睛】本题主要考查同角三角函数的平方关系，考查二倍角的正弦公式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.
15、2n+1
【解析】由计算，再计算可得结论
【详解】由题意时，，
又适合上式，
所以
故答案为：
【点睛】本题考查由求通项公式，解题根据是，但要注意此式不含，
16、
【解析】根据特称命题的否定是全称命题，可得结果.
【详解】由特称命题否定是全称命题，
故条件不变，否定结论
所以“”的
否定为“”
故答案为：
【点睛】本题主要考查特称命题的否定是全称命题，属基础题.

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）面积的最大值为
【解析】（1）由离心率为，，得，解得，，，进而可得答案
（2）设直线的方程为，，，，，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理可得，，由弦长公式可得，点到直线的距离，则，，由的面积是面积的5倍，解得，再计算的最大值，即可
【小问1详解】
解：因为离心率为，，
所以，
解得，，，
所以
【小问2详解】
解：设直线的方程为，，，，，
联立，得，
所以，，
所以，
点到直线的距离，
所以，
，
因为的面积是面积的5倍，
所以
所以或，
又因为，是椭圆上异于长轴端点的两点，
所以，
所以

，
令，
所以
，
因为在上单调递增，所以，（当时，取等号），
所以面积的最大值为．
18、（1）
（2）
【解析】（1）根据已知条件求得数列的公比，由此求得.
（2）利用错位相减求和法求得.
【小问1详解】
设等比数列的公比为，
由，可得.
故数列是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以
【小问2详解】
由（1）得，
，①
，②
①②，得

所以
19、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，然后求出平面的法向量，再求出，判断是否与法垂直即可，
（2）分别求出平面EFC与平面PBD的法向量，利用向量夹角公式求解即可
【小问1详解】
因PD⊥底面ABCD，平面，
所以，
因为四边形为正方形，所以，
所以两两垂直，
所以以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
因为E，F分别为AD和PB的中点，
所以，
所以
因为,
所以平面，
所以平面的一个法向量为，
因为，
所以,
因为平面，
所以EF//平面PDC；
【小问2详解】
设平面的法向量为，
因为，，
所以，令，则，
设平面的法向量为，
因为,
所以，令，则，
设平面EFC与平面PBD夹角为，，则
，
所以平面EFC与平面PBD夹角的余弦值为

20、（1）答案见解析；
（2）.
【解析】（1）求得，对参数进行分类讨论，根据导函数函数值的正负即可判断的单调性；
（2）根据（1）中所求，求得，以及，再求其取值范围即可.
【小问1详解】
因为，故可得，
令，可得或；
当时，，此时在上单调递增；
当时，当时，，单调递增；当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，当时，，单调递增；当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，和单调递增，在单调递减；
当时，在和单调递增，在单调递减.
【小问2详解】
由（1）可知：当时，在单调递减，在单调递增
又，，故在单调递减，在单调递增.
则的最小值；
又，
当时，的最大值，
此时；
当时，的最大值，
此时，
令，则，
所以在上单调递减，所以，
所以；
所以的取值范围为.
21、（1）或
（2）
【解析】（1）根据已知可得圆心与半径，再利用几何法可得切线方程；
2）联立两圆方程可得公共弦方程，进而可得弦长.
【小问1详解】
解：圆的方程可化为：，即：圆的圆心为，半径为
若直线的斜率不存在，方程为：，与圆相切，满足条件
若直线的斜率存在，设斜率为，方程为：，即：
由与圆相切可得：，解得：
所以的方程为：，即：
综上可得的方程为：或
【小问2详解】
联立两圆方程得：，
消去二次项得所在直线的方程：，
圆的圆心到的距离，
所以.
22、（1），
（2）
【解析】（1）利用求出通项公式，根据已知求出公比即可得出的通项公式；
（2）利用错位相减法可求解.
【小问1详解】
因为数列的前项和为，且，
当时，，
当时，，满足，
所以，
设等比数列的公比为，
因为，，所以，解得，
所以；
【小问2详解】
因为，
，
则，
两式相减得

，
所以.