2025-2026学年福建省漳州实验中学高二数学第一学期期末调研模拟试题含解析.doc

2025-2026学年福建省漳州实验中学高二数学第一学期期末调研模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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．已知函数在处的导数为，则（ ）
A. B.
C. D.
2．已知、、、是直线，、是平面，、、是点不重合），下列叙述错误的是（ ）
A.若，，，，则
B.若，，，则
C.若，，则
D.若，，则
3．已知两个向量，，且，则的值为（）
A.-2 B.2
C.10 D.-10
4．准线方程为的抛物线的标准方程为（）
A. B.
C. D.
5．圆关于直线对称圆的标准方程是（）
A. B.
C. D.
6．在平面区域内随机投入一点P，则点P的坐标满足不等式的概率是（ ）
A. B.
C. D.
7．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.
8．向量，向量，若，则实数（
A. B.1
C. D.
9．如图，四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面，为底面内的一动点，若，则动点的轨迹在（）

A.圆上 B.双曲线上
C.抛物线上 D.椭圆上
10．我国古代铜钱蕴含了“外圆内方”“天地合一”的思想．现有一铜钱如图，其中圆的半径为r，正方形的边长为，若在圆内随即取点，取自阴影部分的概率是p，则圆周率的值为（）

A. B.
C. D.
11．双曲线的离心率是，则双曲线的渐近线方程是（ ）
A. B.
C. D.
12．若抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，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．记为等差数列的前n项和．若，则__________
14．某市有30000人参加阶段性学业水平检测，检测结束后的数学成绩X服从正态分布，若，则成绩在140分以上的大约为______人
15．若两定点A，B的距离为3，动点M满足，则M点的轨迹围成区域的面积为_________
16．已知直线：和：，且，则实数__________，两直线与之间的距离为__________
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）在数列中，，且成等比数列
（1）证明数列是等差数列，并求的通项公式；
（2）设数列满足，其前项和为，证明：
18．（12分）已知椭圆的焦距为4，点在G上.
（1）求椭圆G的方程；
（2）过椭圆G右焦点的直线l与椭圆G交于M，N两点，O为坐标原点，若，求直线l的方程.
19．（12分）某双曲线型自然冷却通风塔的外形是由图1中的双曲线的一部分绕其虚轴所在的直线旋转一周所形成的曲面，如图2所示.双曲线的左、右顶点分别为、.已知该冷却通风塔的最窄处是圆O，其半径为1；上口为圆，其半径为；下口为圆，其半径为；高（即圆与所在平面间的距离）为.

（1）求此双曲线的方程；
（2）以原平面直角坐标系的基础上，保持原点和x轴、y轴不变，建立空间直角坐标系，如图3所示.在上口圆上任取一点，在下口圆上任取一点.请给出的值，并求出与的值；
（3）在（2）的条件下，是否存在点P、Q，使得P、A、Q三点共线.若不存在，请说明理由；若存在，求出点P、Q的坐标，并证明此时线段PQ上任意一点都在曲面上.
20．（12分）在四棱锥中，平面，底面是边长为2的菱形，分别为的中点.

（1）证明：平面；
（2）求三棱锥的体积.
21．（12分）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，角A、B、C的度数成等差数列，
（1）若，求c的值；
（2）求最大值
22．（10分）已知，
（1）若，p且q为真命题，求实数x的取值范围；
（2）若p是q的充分条件，求实数m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、C
【解析】利用导数的定义即可求出
【详解】
故选：C
2、D
【解析】由公理2可判断A选项；由公理3可判断B选项；利用平行线的传递性可判断C选项；直接判断线线位置关系，可判断D选项.
【详解】对于A选项，由公理2可知，若，，，，则，A对；
对于B选项，由公理3可知，若，，，则，B对；
对于C选项，由空间中平行线的传递性可知，若，，则，C对；
对于D选项，若，，则与平行、相交或异面，D错.
故选：D.
3、C
【解析】根据向量共线可得满足的关系，从而可求它们的值，据此可得正确的选项.
【详解】因为，故存在常数，使得，
所以，故，所以，
故选：C.
4、D
【解析】的准线方程为.
【详解】的准线方程为.
故选：D.
5、D
【解析】先根据圆的标准方程得到圆的圆心和半径，求出圆心关于直线的对称点，进而写出圆的标准方程.
【详解】因为圆的圆心为，半径为，
且关于直线对称的点为，
所以所求圆的圆心为、半径为，
即所求圆的标准方程为.
故选：D.
6、A
【解析】根据题意作出图形，进而根据几何概型求概率的方法求得答案.
【详解】根据题意作出示意图，如图所示：

于，所求概率.
故选：A.
7、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
8、C
【解析】由空间向量垂直的坐标表示列方程即可求解.
【详解】因为向量，向量，若，
则，解得：
故选：C.
9、A
【解析】根据题意，得到两两垂直，以点为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，设，由题意，得到，，再由得到，求出点的轨迹，即可得出结果.
【详解】由题意，两两垂直，以点为坐标原点，分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为底面是边长为的正方形，
则，，因为为底面内的一动点，所以可设，
因此，，
因为平面，所以，因此，
所以由得，
即，整理得：，表示圆，
因此，动点的轨迹在圆上.
故选：A.

【点睛】本题主要考查立体几何中的轨迹问题，灵活运用空间向量的方法求解即可，属于常考题型.
10、B
【解析】根据圆和正方形的面积公式结合几何概型概率公式求解即可.
【详解】由可得
故选：B
11、B
【解析】利用双曲线的离心率，以及渐近线中，关系，结合找关系即可
【详解】解：，又因为在双曲线中，，
所以，
故，
所以双曲线的渐近线方程为，
故选：B
12、D
【解析】解：椭圆的右焦点为(2,0)，所以抛物线的焦点为(2,0)，则，故选D

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】因为是等差数列，根据已知条件，求出公差，根据等差数列前项和，即可求得答案.
【详解】是等差数列，且，
设等差数列的公差
根据等差数列通项公式：
可得
即：
整理可得：
解得：
根据等差数列前项和公式：
可得：
.
故答案：.
【点睛】本题主要考查了求等差数列的前项和，解题关键是掌握等差数列的前项和公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.
14、150
【解析】根据考试的成绩X服从正态分布．得到考试的成绩X的正太密度曲线关于对称，根据，得到，根据频率乘以样本容量得到这个分数段上的人数
【详解】由题意，考试的成绩X服从正态分布
考试的成绩X的正太密度曲线关于对称，
，
，
，
该市成绩在140分以上的人数为
故答案为：150
15、
【解析】建立如图直角坐标系，设点，根据题意和两点坐标求距离公式可得
，结合圆的面积公式计算即可.
【详解】以点A为坐标原点，射线AB为x轴的非负半轴建立直角坐标系，如图，设点，

则，
由，化简并整理得：，
于是得点M轨迹是以点为圆心，2为半径的圆，其面积为，
所以M点的轨迹围成区域的面积为.
故答案为：
16、 ①.-4； ②.2
【解析】根据两直线平行斜率相等求解参数即可；
运用两平行线间的距离公式计算两直线之间的距离可得出答案.
【详解】解：直线和，，
，解得；
∴
两直线与间的距离是：　.
故答案为：；2.

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）证明见解析
【解析】（1）利用已知条件推出数列是等差数列，其公差为，首项为1，求出通项公式，结合由，，成等比数列，转化求解即可．（2）化简通项公式，利用裂项消项法，求解数列的和即可
【详解】证明：（1）由，得，即，
所以数列是等差数列，其公差为，首项为1，
因此，，，
由成等比数列，得，即，
解得或（舍去），故
（2）因为，
所以
因为，所以
【点睛】方法点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，掌握一些常见的裂项技巧：①；②；③；④；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.
18、（1）；
（2）.
【解析】（1）根据已知求出即得椭圆的方程；
（2）设l的方程为，，，联立直线和椭圆的方程得到韦达定理，根据得到，即得直线l的方程.
【小问1详解】
解：椭圆的焦距是4，所以焦点坐标是，.
因为点在G上，所以，
所以，.
所以椭圆G的方程是.
【小问2详解】
解：显然直线l不垂直于x轴，可设l的方程为，，，
将直线l的方程代入椭圆G的方程，得，
则，.
因为，所以，则，即，
由，得，.
所以，解得，即，
所以直线l的方程为.
19、（1）；
（2），，，；
（3）存在，或，证明见解析.
【解析】（1）设双曲线的标准方程为，易知，设，，代入求解即可；
（2）分析圆圆的方程即可求解；
（3）利用圆的参数方程，设，，利用，即可求解，再利用线段PQ上任意一点的特征证明点在曲面上；
【小问1详解】
设双曲线的标准方程为，由题意知，
点，的横坐标分别为，，
则设点，的坐标为，，，，
，解得，，
又塔高米，，解得，
故所求的双曲线的方程为
【小问2详解】
点在圆上，；点在圆上，；
圆，其半径为，；圆，其半径为，
【小问3详解】
存在点P、Q，使得P、A、Q三点共线.
由点在半径为的圆上，（为参数）；
点在半径为的圆上，（为参数）；
由已知得，
整理得
两式平方求和得，
则或
当时，，
当时，
证明：，则，
利用，，其中
又曲面上的每一点可以是圆与旋转任意坐标系上的双曲线的交点，
旋转直角坐标系，保持原点和y轴不变，点所在的轴为轴，
此时，满足，即
即点是曲面上的点.

20、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）取的中点，利用三角形中位线定理可证明BG//EF，由线线平行，可得线面平行；
（2根据图像可得，以为底面，证明为高，利用三棱锥的体积公式，可得答案;
【小问1详解】
取的中点，因为为的中点，
所以且，
又因为为的中点，四边形为菱形，
所以且，
所以且，
故四边形BFEG为平行四边形，所以BG//EF，
因为面面，所以面.
【小问2详解】
因为底面是边长为2的菱形，，则为正三角形，
所以
因为面，所以为三棱锥的高
所以三棱锥的体积.
21、（1）；（2）
【解析】（1）利用等差数列以及三角形内角和，正弦定理以及余弦定理求解即可；
（2）利用正弦定理以及两角和与差的三角函数，结合三角函数的最值求解即可
【详解】（1）由角A、B、C的度数成等差数列，得2B＝A＋C
又，∴
由正弦定理，得，即
由余弦定理，得，
即，解得
（2）由正弦定理，得，
∴，
∴

由，得
所以当时，即时，
22、（1）；
（2）.
【解析】(1)解一元二次不等式可得命题p，q所对集合，再求交集作答.
(2)求出命题q所对集合，再利用集合的包含关系列式计算作答.
【小问1详解】
解不等式得：，则命题p所对集合，
当时，解不等式得：，则命题q所对集合，
由p且q为真命题，则，
所以实数x的取值范围是.
【小问2详解】
解不等式得：，则命题q所对集合，
因p是q的充分条件，则，于是得，解得，
所以实数m的取值范围是.