2025-2026学年云南省玉溪市玉溪第一中学数学高二第一学期期末达标检测模拟试题含解析.doc

2025-2026学年云南省玉溪市玉溪第一中学数学高二第一学期期末达标检测模拟试题
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．若，则（）
A.1 B.2
C.4 D.8
2．若等比数列中，，，那么（ ）
A.20 B.18
C.16 D.14
3．函数在处有极值为则的值为（）
A. B.
C. D.
4．不等式的一个必要不充分条件是（ ）
A. B.
C. D.
5．已知等差数列的公差，是与的等比中项，则（）
A. B.
C. D.
6．已知实数，满足不等式组，则的最小值为（ ）
A 2 B.3
C.4 D.5
7．直线的倾斜角为
A. B.
C. D.
8．已知等比数列满足，，则（ ）
A.21 B.42
C.63 D.84
9．已知函数的图象如图所示，则其导函数的图象大致形状为（）

A. B.
C. D.
10．若双曲线的焦距为，则双曲线的渐近线方程为（）
A. B.
C. D.
11．将函数图象上所有点横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（）
A. B.
C. D.
12．已知椭圆与双曲线有相同的焦点, 则的值为
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知点，平面过，，三点，则点到平面的距离为________.
14．如图，正方体的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段上的动点，过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是_________（写出所有正确命题的编号）.①当时，S为四边形；②当时，S为等腰梯形；③当时，S与的交点R满足；④当时S为六边形；⑤当时，S的面积为.

15．已知长方体中，，，则点到平面的距离为______
16．如图，在平行六面体中，设，N是的中点，则向量_________．（用表示）

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）某市对排污水进行综合治理，征收污水处理费，系统对各厂一个月内排出的污水量x吨收取的污水处理费y元，运行程序如图所示：
INPUT x
IF THEN

ELSE
IF THEN

ELSE

END IF
END IF
PRINT y
END
（1）请写出y与x的函数关系式；
（2）求排放污水150吨的污水处理费用.
18．（12分）如图，四棱锥中，，，，平面.

（1）在线段上是否存在一点使得平面？若存在，求出的位置；若不存在，请说明理由；
（2）求四棱锥的体积.
19．（12分）已知椭圆与直线相切，点G为椭圆上任意一点，，，且的最大值为3
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设直线与椭圆C交于不同两点E，F，点O为坐标原点，且，当的面积取最大值时，求的取值范围
20．（12分）已知椭圆C：的长轴长为，P是椭圆上异于顶点的一个动点，O为坐标原点，A为椭圆C的上顶点，Q为PA的中点，且直线PA与直线OQ的斜率之积恒为-2.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若斜率为k且过上焦点F的直线l与椭圆C相交于M，N两点，当点M，N到y轴距离之和最大时，求直线l的方程.
21．（12分）如图，已知椭圆的焦点是圆与x轴的交点，椭圆C的长半轴长等于圆O的直径

（1）求椭圆C的方程；
（2）F为椭圆C的右焦点，A为椭圆C的右顶点，点B在线段FA上，直线BD，BE与椭圆C的一个交点分别是D，E，直线BD与直线BE的倾斜角互补，直线BD与圆O相切，设直线BD的斜率为．当时，求k
22．（10分）已知椭圆：的长轴长为6，离心率为，长轴的左，右顶点分别为A，B
（1）求椭圆的方程；
（2）已知过点的直线交椭圆于M、N两个不同的点，直线AM，AN分别交轴于点S、T，记，（为坐标原点），当直线的倾斜角为锐角时，求的取值范围
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】由题意结合导数的运算可得，再由导数的概念即可得解.
【详解】由题意，所以，
所以.
故选：D.
2、B
【解析】利用等比数列的基本量进行计算即可
【详解】设等比数列的公比为，则，所以

故选：B
3、B
【解析】根据函数在处有极值为，由，求解.
【详解】因为函数，
所以，
所以，，
解得a=6,b=9，
=-3，
故选：B
4、B
【解析】解不等式由此判断必要不充分条件.
【详解】，解得，
所以不等式的一个必要不充分条件是.
故选：B
5、C
【解析】由等比中项的性质及等差数列通项公式可得即可求.
【详解】由，则，可得.
故选：C.
6、B
【解析】画出可行域，找到最优解，得最值.
【详解】画出不等式组对应的可行域如下：

平行移动直线，当直线过点时，
.
故选：B.
7、B
【解析】分析出直线与轴垂直，据此可得出该直线的倾斜角.
【详解】由题意可知，直线与轴垂直，该直线的倾斜角为.
故选：B.
【点睛】本题考查直线的倾斜角，关键是掌握直线倾斜角的定义，属于基础题
8、D
【解析】设等比数列公比为q，根据给定条件求出即可计算作答.
【详解】等比数列公比为q，由得：，即，而，解得，
所以.
故选：D
9、A
【解析】利用f(x)先单调递增的速度由快到慢,再由慢到快，结合导数的几何意义判断即可.
【详解】由f(x)的图象可知，函数f(x)先单调递增的速度由快到慢,再由慢到快，由导数的几何意义可知，先减后增，且恒大于0，故符合题意的只有选项A.
故选：A.
10、A
【解析】由焦距为可得，又，进而可得，最后根据焦点在轴上的双曲线的渐近线方程为即可求解.
【详解】解：因为双曲线的焦距为，所以，
所以，解得，所以，
所以双曲线的渐近线方程为，即，
故选：A.
11A
【解析】根据三角函数图象的变换，由逆向变换即可求解.
【详解】由已知的函数逆向变换，
第一步，向左平移个单位长度，得到的图象；
第二步，图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到的图象，即的图象.
故.
故选：A
12、C
【解析】根据题意可知，结合的条件，可知，故选C
考点：椭圆和双曲线性质

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】先求得平面ABC的一个法向量，然后由求解.
【详解】因为，，，，
所以，
设平面ABC的一个法向量为，
则，即，
令，则，
所以则点到平面的距离为，
故答案：
14、①②③⑤
【解析】①由如图当点向移动时，满足，只需在上取点满足，即可得截面为四边形， 如图所示，是四边形，故①正确；

②当时，即为中点，此时可得PQ∥AD，AP=QD= = ，故可得截面APQD为等腰梯形，等腰梯形，故②正确；

③当时，如图，延长至，使，连接交于，连接交于，连接，可证，由∽，可得，故可得，故③正确；

④由③可知当时，只需点上移即可，此时的截面形状仍然如图所示的，如图是五边形，故④不正确；

⑤当时，与重合，取的中点，连接，可证，且，可知截面为为菱形，故其面积为，如图是菱形，面积为，故⑤正确，

故答案为①②③⑤
考点：正方体的性质.
15、##2.4
【解析过作于，可证即为点到平面的距离.
【详解】
过作于，
∵是长方体，∴平面平面，
又∵平面平面，∴平面，
设点到平面的距离为，
∵∥平面，∴根据等面积法得，
故答案为：.
16、
【解析】根据向量的加减法运算法则及数乘运算求解即可.
【详解】由向量的减法及加法运算可得，

，
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）1400（元）.
【解析】（1）根据已知条件即可容易求得函数关系式；
（2）根据（1）中所求函数关系式，令，求得函数值即可.
【小问1详解】
根据题意，得：
当时，；
当时，；
当时，.
即.
【小问2详解】
因为，故，
故该厂应缴纳污水处理费1400元.
18、（1）存在，为的中点，证明见解析；（2）.
【解析】（1）取的中点，的中点，连接，，，证明，由线面平行的判定定理即可求证；
（2）先证明平面面，过点作于点，即可证明面，在中，利用面积公式求出即为四棱锥的高，再由棱锥的体积公式即可求解.
【详解】（1）线段上存在点使得平面，为的中点.
证明如下：如图取的中点，的中点，连接，，，

因为，分别为，的中点，
所以且
因为且，
所以， 且，
所以四边形为平行四边形，可得，
因为面，面，所以平面；
（2）过点作于点，
因为平面，面所以平面面，
因为，面，平面面，
所以面，
因为，，
所以，，
所以，即，
所以，即为四棱锥的高，
所以.
19、（1）
（2）
【解析】（1）设点，根据题意，得到，根据向量数量积的坐标表示，得到，根据其最小值，求出，即可得出椭圆方程；
（2）设，，，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，由弦长公式，以及点到直线距离公式，求出的面积的最值，得到；得出点的轨迹为椭圆，且点为椭圆的左、右焦点，记，则，得到，根据对勾函数求出最值.
【小问1详解】
设点，由题意知，
所以：，则，
当时，取得最大值，即，
故椭圆C的标准方程是
【小问2详解】
设，，，则由得
(，
点O到直线l的距离，

对用均值不等式，则：
当且仅当即，①
，S取得最大值．此时，，
，即，代入①式整理得，
即点M的轨迹为椭圆
且点，为椭圆的左、右焦点，即
记，则于是：
，

由对勾函数的性质：当时，，
且，
故的取值范围为
20、（1）
（2）
【解析】（1）设点，求出直线、直线的斜率相乘可得，
结合可得答案；
（2）设直线l的方程为与椭圆方程联立，代入得 ，
设，再利用基本不等式可得答案.
【小问1详解】
由题意可得，，即，则，
设点，
∵Q为的中点，∴，
∴直线斜率，直线的斜率，
∴，
又∵，
∴，则，解得，
∴椭圆C的方程为.
【小问2详解】
由（1）知，设直线l的方程为，
联立化简得，
，设，
则，
易知M，N到y轴的距离之和为，

，
设，
∴，当且仅当即时等号成立，
所以当时取得最大值，
此时直线l的方程为.
21、（1）；
（2）-1
【解析】（1）由题设可得，求出参数b，即可写出椭圆C的方程；
（2）延长线段DB交椭圆C于点，根据对称性设B，为，，联立椭圆方程，应用韦达定理并结合已知条件可得，直线与圆相切可得，进而求参数t，即可求直线BD的斜率.
【小问1详解】
因为圆与x轴的交点分别为，，
所以椭圆C的焦点分别为，，
∴，根据条件得，
∴，故椭圆C的方程为
【小问2详解】
延长线段DB交椭圆C于点，

因直线BD与直线BE的倾斜角互补，根据对称性得
由条件可设B的坐标为，
设D，的纵坐标分别为，，直线的方程为，
由于，即，所以
由得：
∴，
∴①，②，
由①得：，代入②得，
∴
∵直线与圆相切，
∴，即
∴，解得，又，
∴，故，即直线BD斜率
【点睛】关键点点睛：将已知线段的长度关系转化为D，的纵坐标的数量关系，设直线的含参方程，联立椭圆方程及其与圆的相切求参数关系，进而求参数即可.
22、（1）
（2）
【解析】（1）根据椭圆的长轴和离心率，可求得，进而得椭圆方程；
（2）先判断直线斜率为正，然后设出直线方程，和椭圆方程联立，整理得根与系数的关系，利用直线方程求出点S、T的坐标，再根据确定的表达式，将根与系数的关系式代入化简，求得结果.
【小问1详解】
由题意可得：
解得：，所以椭圆的方程：
【小问2详解】
当直线l的倾斜角为锐角时，设，
设直线，
由得，
从而，又，得，
所以，
又直线的方程是：，令，
解得，所以点S为；
直线的方程是：，同理点T为·
所以，
因为，所以，
所以

∵，∴，
综上，所以的范围是